Cap4

336 visualizaciones

Publicado el

DFSGTRAEGERGDFVC

Publicado en: Economía y finanzas
0 comentarios
0 recomendaciones
Estadísticas
Notas
  • Sé el primero en comentar

  • Sé el primero en recomendar esto

Sin descargas
Visualizaciones
Visualizaciones totales
336
En SlideShare
0
De insertados
0
Número de insertados
3
Acciones
Compartido
0
Descargas
2
Comentarios
0
Recomendaciones
0
Insertados 0
No insertados

No hay notas en la diapositiva.

Cap4

  1. 1. CAP´I TULO 4 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 4.1. INTRODUCCION Utilizando algebra lineal, estudiaremos la E.D.O. lineal de orden n con coeficientes constantes. an dny dxn + an−1 dn−1y dxn−1 + ... + a1 dy dx + a0y = h(x), donde h(x) es una funci´on continua en I = [a, b] y a0, a1, a2, ..., an son constantes y an6= 0. Notaci´on y conceptos: i) d dx = Dx Si no hay ambig¨uedad con respecto a la variable independiente, tomare-mos: Dx = D. d2 dx2 = d dx d dx = DxDx = D2x = D2 en general, dm x = Dm = Dx(Dm−1 x ) dxm = Dm 81
  2. 2. 82 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas ii) I = [a, b] iii) C[a, b] = C(I) : clase de todas las funciones continuas en el intervalo I C′[a, b] = C′(I) : clase de todas las funciones que tienen primera derivada continua en I (o funciones continuamente diferenciables en I). C′(I) ⊂ C(I) ya que toda funci´on que es derivable en I es continua en I. C2(I) = C2[a, b] : la clase de todas las funciones que tienen segunda derivada continua en I. En general, Cn(I) = Cn[a, b] : clase de todas las funciones que tienen derivada de orden n continua en I. Obs´ervese que: C(I) ⊃ C′(I) ⊃ C2(I) ⊃ . . . ⊃ Cn(I) ⊃ . . . Si f, g ∈ C(I) y ∈ R, definimos: a) ∀x ∈ I : (f + g)(x) = f(x) + g(x) ∈ C(I) b) ∀x ∈ I : (f)(x) = f(x) ∈ C(I) En general, si f, g ∈ Cn(I) ⇒ ∀x ∈ I : (f + g)(x) = f(x) + g(x) ∈ Cn(I)(4.1) ∀x ∈ I : (f)(x) = f(x) ∈ Cn(I) (4.2) Con las operaciones definidas en a) y b) podemos probar que C(I) es un espacio vectorial sobre R. Y de (4.1) y (4.2) podemos concluir que Cn(I) es un subespacio vecto-rial de C(I) para n ≥ 1.
  3. 3. 4.1. INTRODUCCION 83 En general, si n ≥ m, entonces Cn(I) es subespacio vectorial de Cm(I). Nota: estos espacios son de dimensi´on infinita. Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas iv) Como d dx (f + g)(x) = d dx (f(x) + g(x)) = d dxf(x) + d dxg(x) es lo mismo que D(f + g)(x) = D(f(x) + g(x)) = Df(x) + Dg(x) y tambi´en D(f)(x) = D(f(x)) = Df(x), por tanto, podemos decir que D : C′(I) → C(I) es una transformaci´on lineal . An´alogamente, D2 : C2(I) → C(I) es una transformaci´on lineal. En general, Dn : Cn(I) → C(I) es una transformaci´on lineal. Por definici´on D0 : C(I) → C(I) es la transformaci´on identidad, es decir, f7→ D0f = f. En el algebra lineal se tiene que si T1 : U → V y T2 : U → V son transformaciones lineales, entonces, T1 + T2 : U → V x7→ (T1 + T2)(x) = T1(x) + T2(x) y T1 : U → V x7→ (T1)(x) = T1(x) son tambi´en transformaciones lineales. Por ejemplo: D + D2 es una Trans-formaci ´on Lineal, definida por: D + D2 : C2(I) → C(I)
  4. 4. 84 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas En general: an(x)Dn + an−1(x)Dn−1 + · · · + a1(x)D + a0(x)D0 : Cn(I) → C(I) es una Transformaci´on Lineal. Esta Transformaci´on Lineal se le denomina operador diferencial lineal de orden n, donde an(x), . . . , a0(x) son funciones continuas en I y an(x)6= 0 en I. Este operador diferencial se denota por: L(D) = an(x)Dn + an−1(x)Dn−1 + · · · + a1(x)D + a0(x)D0 | {z } operador diferencial de orden n con coeficientes variables Si y ∈ Cn(I) ⇒ L(D)y ∈ C(I) Ejemplo 1. Si L(D) = D + p(x) = D + 2x y f(x) = x2. Aplicar L(D) a la funci´on f(x) Soluci´on: y = x2 ∈ C′(I) L(D)(x2) = (D + 2xD0)(x2) = D(x2) + 2xD0(x2) = 2x + 2xx2 = 2x + 2x3 ∈ C(I) Observaci´on: Resolver la E.D. L(D)y = 0 es lo mismo que hallar el n´ucleo del operador diferencial L(D). Ejemplo 2. Hallar el n´ucleo del operador L(D) = D + 2xD0 Soluci´on: (D + 2xD0)y = 0 ⇒ Dy + 2xy = 0 (E.D lineal en y con p(x) = 2x y Q(x) = 0) F.I. = eR 2x dx ⇒ F.I. = ex2 yex2 = R ex2 × 0 dx + C ⇒ y = Ce−x2
  5. 5. 4.1. INTRODUCCION 85 N´ucleo L(D) = {Ce−x2/C ∈ R} como e−x2 genera todo el n´ucleo ⇒ dim n´ucleo = 1. Teorema 4.1 (Principio de superposici´on). Si y1, y2, . . . , yn pertenecen al n´ucleo de L(D), entonces la combinaci´on li-neal: Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Pn i=1 Ci yi y n ≥ 1 est´a en el n´ucleo de L(D) Demostraci´on: sea y = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn, veamos que y est´a en el n´ucleo, es decir, veamos que L(D)y = 0 . Como y1, y2, . . . , yn est´an en el n´ucleo de L(D), entonces L(D)yi = 0, para i = 1, . . . , n Como L(D) es un operador lineal, entonces L(D)y = L(D)( Xn i=1 Ciyi) = Xn i=1 L(D)(Ciyi) = Xn i=1 CiL(D)yi = 0 luego y esta en el n´ucleo de L(D) Producto de Operadores Diferenciales: Analicemos esta operaci´on con un ejemplo, sean: L1(D) = D + 2D0, L2(D) = D2 + 3D0 L1(D)L2(D) : C3(I) → C(I) es una Transformaci´on Lineal L1(D)L2(D)y = operador z }| { (D + 2D0) operador z }| { (D2 + 3D0) y donde y es una funci´on = |(D +{z2D0}) operador (|D2y +{z3D0y}) funci´on = D(D2y) + D(3D0y) + 2D0(D2y) + 2D0(3D0y)
  6. 6. 86 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES = D3y + 3Dy + 2D2y + 6D0y = (D3 + 2D2 + 3D + 6D0)y L1(D)L2(D) = D3 + 2D2 + 3D + 6D0 De la misma manera se calcula L2(D)L1(D), con el siguiente resultando: L2(D)L1(D) = D3 + 2D2 + 3D + 6D0 = L1(D)L2(D) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas lo cual nos permite decir que el producto es conmutativo siempre y cuando los coeficientes sean constantes. Cuando L1(D) y L2(D) tienen coeficientes variables, entonces, en general L1(D)L2(D)6= L2(D)L1(D). Ejemplo 3. L1(D) = D + xD0, L2(D) = xD2 + D + xD0 Primero hallemos L1(D) L2(D), para ello calculemos L1(D) L2(D)y = (D + xD0)(xD2 + D + xD0)y = (D + xD0)(xD2y + Dy + xD0y) = D(xD2y) + D2y + D(xy) + xD0(xD2y) + (xD0)Dy+ + (xD0)(xD0y) = xD3y + D2y + D2y + xDy + y + x2D2y + xDy + x2y = xD3y + (2 + x2)(D2y) + 2xDy + (1 + x2)y por lo tanto L1(D) L2(D) = xD3 + (2 + x2)D2 + 2xD + (1 + x2)D0 Ahora hallemos L2(D) L1(D) de la siguiente manera: L2(D) L1(D)y = (xD2 + D + xD0)(D + xD0)y = (xD2 + D + xD0)(Dy + xD0y) = (xD2 + D + xD0)(Dy + xy) = xD2(Dy + xy) + D(Dy + xy) + xD0(Dy + xy) = xD2(Dy) + xD2(xy) + D(Dy) + D(xy) + x(Dy + xy) = xD3y + xDD(xy) + D2y + xDy + y + xDy + x2y
  7. 7. 4.1. INTRODUCCION 87 = xD3y + xD(xDy + y) + D2y + xDy + y + xDy + x2y = xD3y + x(D(xDy) + Dy) + D2y + xDy + y + xDy + x2y = xD3y + x(xD2y + Dy + Dy) + D2y + xDy + y + xDy + x2y = xD3y + x(xD2y + 2Dy) + D2y + Dy + y + xDy + x2y = xD3y + x2D2y + 2xDy + D2y + xDy + y + xDy + x2y = xD3y + (x2 + 1)D2y + (3x + 1)Dy + (x2 + 1)y = (xD3 + (x2 + 1)D2 + (3x + 1)D + (x2 + 1)D0)y Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Luego L2(D)L1(D) = xD3 + (x2 + 1)D2 + (3x + 1)D + (x2 + 1)D06= L1(D) L2(D) Definici´on 4.1 (Condici´on inicial). Es una o varias condiciones que se le colocan a una E.D.O. en un punto. Ejemplo 4. y′′+k2y = 0, con las condiciones iniciales: y(0) = 1, y′(0) = 1 Definici´on 4.2 (Condici´on de Frontera). Es una o varias condiciones que se le colocan a una E.D.O. en varios puntos. Ejemplo 5. y′′ + k2y = 0, con las condiciones de frontera: y(0) = 1, y′(1) = 1 Los teoremas que se enuncian a continuaci´on son teoremas de existencia y unicidad, se demuestran en el Ap´endice A. Teorema 4.2 (de Picard). Si f, @f @y son continuas en un rect´angulo R : |x| ≤ a y |y| ≤ b, entonces existe un intervalo |x| ≤ h ≤ a en el cual existe una soluci´on ´unica y = (x) del problema de valor inicial (P.V.I.): y′ = f(x, y) con y(0) = 0. Nota: a) La condici´on inicial y(0) = 0 tambi´en puede ser cambiada por la condi-ci ´on inicial y(a) = b con (a, b) en el rect´angulo R b) Es importante anotar que este es un teorema de validez local, es decir, se cumple en un intervalo que contiene al punto donde se da la condici´on
  8. 8. 88 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES inicial, por fuera de este intervalo puede ocurrir que la soluci´on no sea ´unica; pero cuando el operador diferencial es lineal y todos los coeficientes ai(x) para i = 0, 1, . . . , n son continuos en R y an6= 0 en R (en particular cuando los ai(x) son constantes para i = 0, 1, . . . , n), entonces la soluci´on es continua y global, es decir, se cumple en todo R, como se demuestra en el corolario A.1 del Ap´endice. Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Teorema 4.3. Sea L(D) un operador diferencial lineal de primer orden en el intervalo I y sea x0 ∈ I, entonces ∀ y0 el P.V.I.: L(D)y = Q(x) con y(x0) = y0 tiene una soluci´on ´unica. Teorema 4.4. Sea L(D) un operador diferencial lineal de orden n en I y sea x0 un elemento de ese intervalo (x0 ∈ I), entonces ∀ y0, y1, . . . , yn−1 reales cualesquiera el P.V.I.: L(D)y = h(x), con y(x0) = y0, y′(x0) = y1, y′′(x0) = y2, . . . , y(n−1)(x0) = yn−1, tiene una ´unica soluci´on. Ejemplo 6. Teniendo en cuenta el Teorema de Picard, analizar la E.D. xy′ = 2y, y(−2) = 4 Soluci´on: obs´ervese que esta E.D. es lineal, con a1(x) = x y por tanto a1(0) = 0 (es decir, a1(x) no es diferente de cero ∀x ∈ R), lo que indica que la soluci´on no es global, como lo veremos a continuaci´on. Separando variables, obtenemos la siguiente soluci´on general y = Cx2, y para la condici´on inicial y(−2) = 4 se tiene que C = 1. De la E.D. tenemos que y′ = f(x, y) = 2y x. Por lo tanto f(x, y) = 2y x y @f @y = 2 x son discon-tinuas en x = 0, como la condici´on esta dada en x = −2, entonces estas funciones son continuas en este punto y por el Teorema de Picard existe un intervalo, en este caso (−∞, 0), para el cual la soluci´on es ´unica y es y = x2, por fuera de este intervalo, por ejemplo en R, puede no ser ´unica, por ejemplo y = x2, y = ( x2, si x ≤ 0 −x2, si x 0 y y = ( x2, si x ≤ 0 0, si x 0
  9. 9. 4.1. INTRODUCCION 89 son soluciones en R y todas tres pasan por el punto (−2, 4) como lo vemos en la figura 4.1 y Matematicas x de Depto. Antioquia, de Universidad y = x2 y = x2 y = 0 y = −x2 (−2, 4) Figura 4.1 Ejemplo 7. Dada las condiciones iniciales y(−2) = 1, y′(−2) = 1 y la soluci´on general y = C1 + C2 ln |x| de la E.D. xy′′ + y′ = 0, hallar C1 y C2 . Soluci´on: Soluci´on general (como lo veremos m´as adelante) es: y = C1 + C2 ln |x| y′ = C2 x y = 1 = C1 + C2 ln | − 2| y′ = 1 = C2 −2 ⇒ C2 = −2 ⇒ 1 = C1 + (−2) ln 2 ⇒ C1 = 1 + 2 ln 2 luego y = 1 + 2 ln 2 − 2 ln |x| esta es la soluci´on ´unica en (−∞, 0) que pasa por el punto (−2, 1).
  10. 10. 90 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 4.2. DIMENSI´ON DEL ESPACIO VECTO-RIAL SOLUCI´ON DE UNA E.D.O. Dijimos que Cn(I) tiene dimensi´on infinita, pero el espacio soluci´on de la E.D.O. L(D)y = 0 (con L(D) un operador diferencial lineal de orden n), es el n´ucleo de L(D), el cual tiene dimensi´on n, como lo veremos en los teoremas que expondremos a continuaci´on. Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Definici´on 4.3. a) Decimos que las n funciones y1, y2, . . . , yn son linealmente dependi-entes en un intervalo I si existen constantes C1,C2, . . . ,Cn no todas nulas tales que C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) = 0 para todo x en I. b) Si para todo x en I C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) = 0 implica que C1 = C2 = . . . = Cn = 0, entonces decimos que y1, y2, . . . , yn son linealmente independientes en el intervalo I. Nota: demostrar que n funciones son linealmente independientes es a ve-ces complicado, pero cuando las n funciones son soluciones de una E.D. lineal homog´enea el problema se vuelve m´as sencillo, utilizando el Wronskiano. Definici´on 4.4 (Wronskiano). Sean y1(x), y2(x), . . . , yn(x) en Cn−1(I), el determinante: W(y1, y2, . . . , yn) = det
  11. 11. n 2 y1(x) y2(x) . 1 ′′. . yn(x) y(x) y(x) . . . y(x) ′... ... . . . ... y(n−1) 1 (x) y(n−1) 2 (x) . . . y(n−1) n (x)
  12. 12. con x ∈ I, se le llama el Wronskiano de y1(x), y2(x), . . . , yn(x). Obs´ervese que el Wronskiano depende de la variable x. En particular cuando n = 2, el Wronskiano tiene la siguiente propiedad.
  13. 13. 4.2. DIMENSI´ON DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. 91 Observaci´on (F´ormula de Abel): para n = 2 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas W(y1, y2) = det
  14. 14. y1 y2 yy2 1 ′′
  15. 15. Consideremos la E.D.O. lineal, homog´enea de orden dos: y′′ + a(x)y′ + b(x)y = 0, donde a(x) y b(x) son continuas en I y sean y1, y2 soluciones de esta E.D., luego y′′ 1 + a(x)y′1 + b(x)y1 = 0 (4.3) y′′ 2 + a(x)y′2 + b(x)y2 = 0 (4.4) (4,3) × y2 : y′′ 1y2 + a(x)y′1 y2 + b(x)y1y2 = 0 (4.5) (4,4) × y1 : y′′ 2y1 + a(x)y′2 y1 + b(x)y1y2 = 0 (4.6) (4,6) − (4,5) : y′′ 2y1 − y′′ 1y2 + a(x)(y′2 y1 − y′1 y2) = 0 (4.7) como W(y1, y2) = y1y′2 − y2y′1 W′(y1, y2) = y1y′′ 2 + y′1 y′2 − y2y′′ 1 − y′2y′1 = y1y′′ 2 − y2y′′ 1 Luego en (4.7): W′ + a(x)W = 0, lineal en W de primer orden . Su soluci´on es WeR a(x)dx = C, luego la soluci´on general es W = C 0 z }| { e−R a(x)dx Esta soluci´on general es llamada F´ormula de Abel. Obs´ervese que cuando C = 0 ⇒ W = 0 y si C6= 0 ⇒ W6= 0 Lema 4.1. El Wronskiano de n funciones y1, y2, . . . , yn linealmente dependientes es id´enticamene cero.
  16. 16. 92 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Demostraci´on: supongamos que para todo x en I C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn = 0 donde algunas de los Ci6= 0. Derivando n − 1 veces, obtenemos C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) = 0 C1y′1 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas (x) + C2y′2 (x) + . . . + Cny′n (x) = 0 C1y′′ 1 (x) + C2y′′ 2 (x) + . . . + Cny′′n (x) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . C1y(n−1) 1 (x) + C2y(n−1) 2 (x) + . . . + Cny(n−1) n (x) = 0 que se cumplen para todo x en I. Este sistema homog´eneo de n ecuaciones con n inc´ognitas tiene soluci´on distinta de la trivial si y solo si el determinante del sistema (o sea el Wronskiano) se anula en I, es decir si y solo si W(x) = 0 para todo x en I. Nota: el rec´ıproco es cierto cuando sabemos que las funciones son solu-ciones de una Ecuaci´on Diferencial, pero en general es falso. Por ejemplo, las funciones f(x) = x2 y g(x) = x|x| son linealmente independientes ∀x ∈ R, pero W(f, g) = 0 ∀x ∈ R. Teorema 4.5. Si y1, y2, . . . , yn son n soluciones de la E.D. lineal homog´enea de orden n an(x)y(n) + . . . + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 en el intervalo I y en ´este intervalo las funciones ai(x) son continuas y an(x)6= 0. Entonces a) Si y1, y2, . . . , yn son linealmente dependientes, entonces el Wronskiano W(x) ≡ 0 en I. b) y1, y2, . . . , yn son linealmente independientes, si y solo si elWronskiano W(x)6= 0 para todo x en I. Demostraci´on: la parte a) ya se demostr´o en el Lema anterior. b)⇒) Hagamos la demostraci´on por el contra-rec´ıproco, es decir, supongamos que existe a en I tal W(a) = 0 y veamos que y1, y2, . . . , yn son linealmente dependientes. Como W(a) es el determinante del sistema: C1y1(a) + C2y2(a) + . . . + Cnyn(a) = 0
  17. 17. 4.2. DIMENSI´ON DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. 93 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas C1y′1 (a) + C2y′2 (a) + . . . + Cny′n (a) = 0 C1y′′ 1 (a) + C2y′′ 2 (a) + . . . + Cny′′n (a) = 0 ............................................... C1y(n−1) 1 (a) + C2y(n−1) 2 (a) + . . . + Cny(n−1) n (a) = 0 donde los Ci son las inc´ognitas y como W(a) = 0 (determinante de los coeficientes del sistema) y por lo que sabemos del algebra lineal, este tiene una soluci´on distinta de la trivial, es decir existen Ci6= 0. Con esta soluci´on no trivial definamos la siguiente funci´on Y (x) = C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) y por el principio de superposici´on Y (x) es soluci´on de la E.D.. Evaluemos esta nueva funci´on y sus derivadas hasta de orden n − 1 en a Y (a) = C1y1(a) + C2y2(a) + . . . + Cnyn(a) = 0 Y ′(a) = C1y′1 (a) + C2y′2 (a) + . . . + Cny′n (a) = 0 Y ′′(a) = C1y′′ 1 (a) + C2y′′ 2 (a) + . . . + Cny′′n (a) = 0 ........................................................ Y (n−1)(a) = C1y(n−1) 1 (a) + C2y(n−1) 2 (a) + . . . + Cny(n−1) n (a) = 0 en conclusi´on Y (a) = Y ′(a) = . . . = Y (n−1)(a) = 0 por otro lado sabemos que la funci´on nula H(x) ≡ 0 es tambi´en una soluci´on de la E.D. an(x)y(n) + . . . + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 la cual satisface las condiciones iniciales anteriores y por el teorema de exis-tencia y unicidad, podemos afirmar que Y (x) = H(x) = 0 = C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) y como algunos de estos Ci son diferentes de cero, entonces y1, y2, . . . , yn son linealmente dependientes. ⇐) Supongamos que W(x)6= 0 para todo x ∈ I y veamos que
  18. 18. 94 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES y1, y2, . . . , yn son linealmente independientes. Supongamos que y1, y2, . . . , yn son linealmente dependientes, por lo tanto (por la parte a)) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas W(x) ≡ 0 (Absurdo!) Teorema 4.6 (Dimensi´on del N´ucleo). Sea L(D)y = an(x)Dny + an−1(x)Dn−1y + . . . + a1(x)Dy + a0(x)y = 0 una E.D.O. lineal de orden n con coeficientes continuos definida en el intervalo I, entonces el espacio soluci´on de L(D) (o sea el n´ucleo de L(D)), tiene dimensi´on n. Demostraci´on: sea Y (x) una soluci´on de la E.D. y sean y1, y2, . . . , yn, n soluciones linealmente independientes de la E.D. Veamos que Y (x) se puede expresar como una combinaci´on lineal de y1, y2, . . . , yn. Sea a un punto de I y consideremos el siguiente sistema: Y (a) = C1y1(a) + C2y2(a) + . . . + Cnyn(a) Y ′(a) = C1y′1 (a) + C2y′2 (a) + . . . + Cny′n (a) Y ′′(a) = C1y′′ 1 (a) + C2y′′ 2 (a) + . . . + Cny′′n (a) ....................................................... Y (n−1)(a) = C1y(n−1) 1 (a) + C2y(n−1) 2 (a) + . . . + Cny(n−1) n (a) el determinante de los coeficientes del sistema es el Wronskiano evaluado en a, es decir, W(a) y como y1, y2, . . . , yn son linealmente independientes entonces W(a)6= 0, esto quiere decir que existe al menos un Ci6= 0. Con los C1,C2, . . . ,Cn (al menos uno de ellos es diferente de cero) definimos la funci´on G(x) = C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) luego, por el principio de superposici´on, G(x) es soluci´on; evaluemos esta funci´on y sus derivadas hasta de orden n − 1 en a: G(a) = C1y1(a) + C2y2(a) + . . . + Cnyn(a) = Y (a)
  19. 19. 4.2. DIMENSI´ON DEL ESP. VECT. SOL. DE UNA E.D.O. 95 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas G′(a) = C1y′1 (a) + C2y′2 (a) + . . . + Cny′n (a) = Y ′(a) G′′(a) = C1y′′ 1 (a) + C2y′′ 2 (a) + . . . + Cny′′n (a) = Y ′′(a) ............................................................ G(n−1)(a) = C1y(n−1) 1 (a) + C2y(n−1) 2 (a) + . . . + Cny(n−1) n (a) = Y (n−1)(a) Es decir, las funciones G y Y coinciden en la condici´on inicial, por tanto por el teorema de existencia y unicidad, G(x) = Y (x) para todo x en I. Luego G(x) = Y (x) = C1y1(x) + C2y2(x) + . . . + Cnyn(x) Nota: i. Lo que dice este teorema es que para resolver una E.D. lineal homog´enea de orden n, se debe encontrar n soluciones linealmente independientes y la soluci´on general es la combinaci´on lineal de las n soluciones. ii. Si las n-tuplas (y1(a), y′1 (a), . . . , y(n−1) 1 (a)) (y2(a), y′2 (a), . . . , y(n−1) 2 (a)) ... (yn(a), y′n (a), . . . , y(n−1) n (a)) son linealmente independientes, entonces las funciones y1(x), y2(x), . . . , yn(x) son linealmente independientes en I. Ejemplo 8. Si y1 = em1x, y2 = em2x con m16= m2, mostrar que y1 y y2 son linealmente independientes. Soluci´on: m´as adelante veremos que y1, y2 son soluciones de una E.D. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. W(y1, y2) =
  20. 20. em1x em2x m1em1x m2em2x
  21. 21. = m2e(m1+m2)x − m1e(m1+m2)x
  22. 22. 96 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES = |(m1 {−zm2}) 6= 0 e(m1+m2)x | {z } 0 ⇒6= 0 por tanto y1, y2 son linealmente independientes. Ejemplo 9. y1 = emx, y2 = xemx. Hallar W(y1, y2). Soluci´on: m´as adelante veremos que y1, y2 son soluciones de una E.D. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas W(y1, y2) =
  23. 23. emx xemx memx mxemx + emx
  24. 24. = mxe2mx + e2mx − mxe2mx = e2mx 0 ⇒ y1, y2 son linealmente independientes. Ejemplo 10. y1 = ex sen
  25. 25. x, y2 = ex cos
  26. 26. x. Hallar W(y1, y2) Soluci´on: m´as adelante veremos que y1, y2 son soluciones de una E.D. lineal de segundo orden con coeficientes constantes. W(y1, y2) =
  27. 27. ex sen
  28. 28. x ex cos
  29. 29. x
  30. 30. ex cos
  31. 31. x + ex sen
  32. 32. x −
  33. 33. ex sen
  34. 34. x + ex cos
  35. 35. x
  36. 36. = −
  37. 37. e2x sen 2
  38. 38. x + e2x sen
  39. 39. x cos
  40. 40. x −
  41. 41. e2x cos2
  42. 42. x − e2x sen
  43. 43. x cos
  44. 44. x = −
  45. 45. e2x( sen 2
  46. 46. x + cos2
  47. 47. x) = −
  48. 48. e2x |{z} 0 6= 0 ⇒ y1, y2 son linealmente independientes. Ejercicio 1. a) Comprobar que y1 = x3 y y2 = |x|3 son soluciones lineal-mente independientes de la ecuaci´on diferencial x2y′′−4xy′+6y = 0 ∀x ∈ R. b) Comprobar que W(y1, y2) = 0 ∀x ∈ R c) Contradice esto el Teorema 4.5.?. Explicar por qu´e no. Ejercicio 2. Sea a2(x)y′′+a1(x)y′+a0(x)y = 0, donde a2(x), a1(x), a0(x) son continuas en I y a2(x)6= 0 en I, por el teorema 4.4 existe una ´unica soluci´on y1 que satisface las condiciones iniciales y1(x0) = 1 y y′1 (x0) = 0, 2 donde x0 ′∈ I. Similarmente existe una unica ´soluci´on y2 que satisface las condiciones iniciales y2(x0) = 0 y y(x0) = 1. Probar que y1 y y2 forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuaci´on diferencial en I.
  49. 49. 4.3. M´E TODO DE REDUCCI´ON DE ORDEN 97 4.3. M´E TODO DE REDUCCI´ON DE OR-DEN F´ORMULA DE D’ALEMBERT (Construcci´on de una segunda soluci´on a partir de una soluci´on conocida). Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Dada la E.D.O.: a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = 0 con a2(x)6= 0 en I y a2(x), a1(x), a0(x) continuas en I; dividiendo en la E.D.O. original por a2(x) y haciendo P(x) = a1(x) a2(x) y Q(x) = a0(x) a2(x) , se tiene: y′′ + P(x)y′ + Q(x)y = 0 forma can´onica (4.8) Sea y1(x) una soluci´on conocida de la E.D. en I y y1(x)6= 0 en I. Supongamos y(x) = u(x)y1(x) y hallemos u tal que y(x) sea una soluci´on. Derivando dos veces , y′ = uy′1 +u′y1 y y′′ = uy′′ 1 +u′y′1 +u′y′1 +u′′y1 y sustituyendo en la ecuaci´on diferencial (4.8): uy′′ 1 + 2u′y′1 + u′′y1 + P(x)(uy′1 + u′y1) + Q(x)uy1 = 0 u[ y′′ 1 + P(x)y′1 + Q(x)y1] + u′′y1 + u′[ 2y′1 + P(x)y1] = 0 Luego, u′′y1 + u′[ 2y′1 + P(x)y1] = 0 Hagamos W = u′ (´este cambio de variable reduce el orden) y1W′ +W(2y′1+ P(x)y1) = 0 W′ + 2y′1 y1 + P(x) W = 0, (lineal en Wde primer orden) Su F.I.= eR 2y′1 y1 +P(x) dx = eln y2 1eR P(x) dx = y2 1eR P(x) dx, luego 1eR P(x) dx = C Wy2
  50. 50. 98 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas De donde W = C e−R P(x) dx y2 1 = u′ = du dx e integrando u = C Z e−R P(x) dx y2 1 dx + C1 Por lo tanto y = uy1 = Cy1 Z e−R P(x) dx y2 1 dx + C1y1 | {z } combinaci´on lineal de y1 y y1 R e−R P(x) dx y2 1 dx Luego la segunda soluci´on es y2 = y1 R e−R P(x) dx y2 1 dx con y16= 0 en I Veamos que y1 y y2 son linealmente independientes: W(y1, y2) =
  51. 51. y1 y1 R e−R P(x) dx y2 1 y′1 y1 e−R P(x) dx y2 1 + y′1 R e−R P(x) dx y2 1 dx
  52. 52. = e−R P(x) dx + y1y′1 Z e−R P(x) dx y2 1 dx − y1y′1 Z e−R P(x) dx y2 1 dx = e−R P(x) dx 0 Luego y1, y2 son soluciones linealmente independientes de la E.D. y′′ + P(x)y′ + Q(x)y = 0 En conclusi´on, si y1 es una soluci´on, con y16= 0 en I, entonces y2 = y1 Z e−R P(x) dx y2 1 dx (F´ormula de D’Alembert) Nota: el m´etodo es aplicable tambi´en para E.D. no homog´eneas: y′′ + P(x)y′ + Q(x)y = f(x) en este caso se supone y(x) = u(x)y1(x) = uy1 y se llega a la E.D. lineal en W de primer orden: W′ + 2y′1 y1 + P(x) W = f(x) y1
  53. 53. 4.3. M´E TODO DE REDUCCI´ON DE ORDEN 99 y se continua de la misma manera anterior. Ejemplo 11. Sea x2y′′ − xy′ + 2y = 0, (E.D. de Cauchy), sabiendo que y1 = x sen (ln x) es una soluci´on de la E.D. Hallar y2 Soluci´on. Dividiendo por x2 se tiene: Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas y′′ − 1 x y′ + 2 x2 y = 0 Veremos m´as adelante que y1 = x sen (ln x) es una soluci´on de la ecuaci´on de Cauchy, entonces la segunda soluci´on es: y2 = x sen (ln x) Z e−R −1 x dx x2 sen 2(ln x) dx = x sen (ln x) Z eln(x) x2 sen (ln x) dx = x sen (ln x) Z x x2 sen (ln x) dx = x sen (ln x) Z dx x sen 2(ln x) dx u = ln x du = dx x = x sen (ln x) Z du sen 2u = x sen (ln x) Z csc2 u du = −x sen (ln x) cot u = −x sen (ln x) cot(ln x) = −x cos(ln x) La soluci´on general es : y = C1y1 + c2y2 y = C1x sen (ln x) + C2(−x cos(ln x)) y = C1x sen (ln x) + C3x cos(ln x) Utilizando el m´etodo de reducci´on de orden resolver los siguientes ejerci-cios.
  54. 54. 100 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Ejercicio 1. x2y′′ − 7xy′ + 16y = 0 y1 = x4 es una soluci´on. Hallar y2 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas (Rta.: y2 = x4 ln |x|) Ejercicio 2. x2y′′ + 2xy′ − 6y = 0 y1 = x2 es una soluci´on. Hallar y2 (Rta.: y2 = − 1 5x3 ) Ejercicio 3. xy′′ + y′ = 0, y1 = ln x es una soluci´on. Hallar y2 (Rta.: y = −1) Ejercicio 4. Hallar la soluci´on general de xy′′ − xf(x)y′ + f(x)y = 0. (Rta.: y = c1x + c2x R x−2eR f(x) dx dx) Ejercicio 5. Hallar la soluci´on general de y′′ − f(x)y′ + (f(x) − 1)y = 0 (Rta.: y = c1ex + c2ex R e[−2x+R f(x) dx] dx) Ejercicio 6. a) Si n es un entero positivo, hallar dos soluciones lineal-mente independientes de xy′′ − (x + n)y′ + ny = 0 b)Hallar la soluci´on general de la E.D. de la parte a) cuando n = 1, 2, 3 (Rta.: a) y1 = ex, y2 = ex R xne−x dx, b) y = c1ex + c2(x + 1), y = c1ex + c2(x2 + 2x + 2), y = c1ex + c2(x3 + 3x2 + 6x + 6).) Ejercicio 7: Utilizando el m´etodo de reducci´on de D’Alembert resolver la E.D. lineal no homog´enea: (x−1)y′′ −xy′ +y = 1 sabiendo que y1 = ex es una soluci´on a la homog´enea asociada. Obs´ervese que obtenemos una segunda soluci´on y una soluci´on particular. (Rta.: y = 1 + C1x + C2ex)
  55. 55. 4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST. 101 4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 4.4.1. E.D. LINEALES DE ORDEN DOS Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Sabemos que dy dx + ay = 0 es lineal de primer orden, donde p(x) = a. luego el F.I. = eR a dx = eax y su soluci´on es yeax = C ⇒ y = Ce−ax Por similitud con la E.D.O. de primer orden y coeficientes constantes, vamos a suponer que la E.D. lineal de segundo orden y coeficientes constantes: ay′′ + by′ + cy = 0, (4.9) tiene por soluci´on una funci´on exponencial de la forma: y = emx, derivando dos veces se tiene y′ = memx, y′′ = m2emx y sustituyendo en la E.D. (4.9): am2emx + bmemx + cemx = 0 luego emx(am2 + bm + c) = 0 o sea que am2 + bm + c = 0, la cual llamamos ecuaci´on caracter´ıstica o ecuaci´on auxiliar de la E.D.: ay′′ + by′ + cy = 0 Con las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica suceden tres casos: 1. Que tenga ra´ıces reales y diferentes. 2. Que tenga ra´ıces reales e iguales. 3. Que tenga ra´ıces complejas conjugadas. Caso 1. Ra´ıces reales y diferentes Si las ra´ıces son m1 y m2, con m16= m2, luego y1 = em1x y y2 = em2x son linealmente independientes y por tanto la soluci´on general es y = C1em1x + C2em2x.
  56. 56. 102 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Ejemplo 12 Hallar la soluci´on general de 2y′′ − 5y′ − 3y = 0 Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: 2m2 − 5m − 3 = 0 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas m = 5 ± √25 + 24 4 ⇒ m = 5 ± 7 4 m1 = 3 , m2 = − 1 2 La soluci´on general es y = C1e3x + C2e−1 2 x Caso 2. Ra´ıces reales e iguales: en este caso las ra´ıces son de multipli-cidad dos. Sea m (con multiplicidad 2) ⇒ y1 = emx es una soluci´on. Utilicemos el m´etodo de D’Alembert para hallar la segunda suluci´on de ay′′ + by′ + cy = 0 dividiendo por a para conseguir la forma can´onica, se tiene y′′ + b a y′ + c a y = 0. y2 = y1 Z e−R P(x) dx y2 1 dx = emx Z e−R b a dx e2mx dx como ay′′ + by′ + cy = 0 ⇒ am2 + bm + c = 0 (ecuaci´on caracter´ıstica) y sus ra´ıces son m1,2 = −b± √b2−4ac 2a ; pero como las ra´ıces son iguales, entonces el discriminante b2 − 4ac = 0, por lo tanto m1,2 = m = − b 2a , luego: y2 = emx Z e−b x a e(2−b 2a x) dx = emx Z dx = xemx luego la soluci´on general es: y = C1emx + C2xemx Ejemplo 13. 4y′′ − 4y′ + y = 0. Hallar la soluci´on general. Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: 4m2 − 4m + 1 = 0 = (2m − 1)2 = 0 por lo tanto m = 1 2 (con multiplicidad 2)
  57. 57. 4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST. 103 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas La soluci´on general es: y = C1e x 2 + C2xe x 2 Caso 3. Ra´ıces complejas y conjugadas Supongamos que m1 = +
  58. 58. i es una ra´ız de la ecuaci´on auxiliar y por tanto su conjugada m2 = −
  59. 59. i es la otra ra´ız, donde es la parte real y
  60. 60. es la parte imaginaria; recordando que ei = cos + i sen (F´ormula de Euler) entonces la soluci´on general es y = C1e(+
  61. 61. i)x + C2e(−
  62. 62. i)x = C1exe
  63. 63. ix + C2exe−
  64. 64. ix = ex(C1e
  65. 65. ix + C2e−
  66. 66. ix) = ex[(C1 + C2) cos
  67. 67. x + i(C1 − C2) sen
  68. 68. x] = ex[K1 cos
  69. 69. x + K2 sen
  70. 70. x] En resumen, la soluci´on general es: y = K1ex cos
  71. 71. x + K2 ex sen
  72. 72. x. Ejemplo 14. y′′ − 2y′ + 3y = 0 Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: m2 − 2m + 3 = 0 m = 2 ± p 4 − 4(3) 2 = 2 ± √−8 2 2 = 1 ± √2i sus ra´ıces son m1,2 = 2±2√2i o sea que = 1 ,
  73. 73. = √2 . La soluci´on general es y = K1ex cos√2x + K2ex sen√2x Nota: (i): observe que si [D2 − 2D + 2 +
  74. 74. 2]y = 0 entonces la ecuaci´on caracter´ıstica es: m2 − 2m + 2 +
  75. 75. 2 = 0 y las ra´ıces son: m = 2 ± p 42 − 4(2 +
  76. 76. 2) 2 = 2 ± 2
  77. 77. i 2 = ±
  78. 78. i luego, la soluci´on general es: y = K1ex cos
  79. 79. x + K2 ex sen
  80. 80. x. (ii) Para la E.D.: (D − a)y = 0 la ecuaci´on caracter´ıstica es m − a = 0 ⇒ m = a
  81. 81. 104 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES por lo tanto y = Ceax es soluci´on de (D − a)y = 0 y rec´ıprocamente una soluci´on de (D − a)y = 0 es y = Ceax. Ejercicios. Hallar la soluci´on general o la soluci´on particular de los si-guientes Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas ejercicios: 1. (D2 + 2D − 3)y = 0 (Rta.: y = C1ex + C2e−3x) 2. D2 − 2D − 3)y = 0 con y(0) = 0, y′(0) = −4 (Rta.: y = e−x − e3x) 3. (D2 − 6D + 9)y = 0 (Rta.: y = (C1 + C2x)e3x) 4. (D2 + 4D + 4)y = 0 con y(0) = 1, y′(0) = −1 (Rta.: y = (1 + x)e−2x) 5. (D2 − 2D + 2)y = 0 (Rta.: y = C1ex cos x + C2ex sen x) 6. d2x dt2 + 2bdx dt + k2x = 0, k b 0 con x(0) = 0, x′(0) = v0 (Rta.: x = ( v0 a )e−bt sen at, donde a = √k2 − b2) 7. y′′ + 2iy′ − 10y = 0 (Rta.: y = C1e3x cos x + C2e−3x cos x − i(C1e3x sen x + C2e−3x sen x)) 8. y′′ + iy′ + 2y = 0 (Rta.: y = C1 cos x + C2 cos 2x + i(C1 sen x − C2 sen 2x)) 4.4.2. E.D. LINEALES DE ORDEN MAYOR QUE DOS Sea any(n) + an−1y(n−1) + · · · + a1y′ + a0y = 0 donde a0, a1, · · · , an son constantes, entonces su polinomio caracter´ıstico es: anmn + an−1mn−1 + · · · + a1m + a0 = 0 = Pn(m) Supongamos por ejemplo que este polinomio lo podemos factorizar as´ı:
  82. 82. 4.4. E.D. LINEALES CON COEFICIENTES CONST. 105 Pn(m) = (m−m1)(m−m2)(m−m3)3(m2−21m+2 1+
  83. 83. 2 1 )(m2−22 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas 2m+ 2 2 +
  84. 84. 2 2 )2 entonces la soluci´on general esta dada por y = C1em1x + C2em2x + C3em3x + C4xem3x + C5x2em3x+ + C6e1x cos
  85. 85. 1x + C7e1x sen
  86. 86. 1x + C8e2x cos
  87. 87. 2x+ + C9e2x sen
  88. 88. 2x + C10xe2x cos
  89. 89. 2x + C11xe2x sen
  90. 90. 2x Ejemplo 15. 2d5y dx5 − 7d4y dx4 + 12d3y dx3 + 8d2y dx2 = 0 Soluci´on: En la E.D. reemplazo en cada diy dxi por mi y obtengo la ecuaci´on carac-ter ´ıstica: 2m5 − 7m4 + 12m3 + 8m2 = 0 m2(2m3 − 7m2 + 12m + 8) = m2(2m + 1)(m2 − 4m + 8) = 0 luego las ra´ıces son m1 = 0 con multiplicidad 2, m2 = −1 2 m3,4 = 4 ± √16 − 32 2 = 4 + 4i 2 = 2 ± 2i ⇒ = 2,
  91. 91. = 2 Para el factor m2, como el grado es 2, empezamos con la soluci´on b´asica e0x y luego multiplicamos por x y as´ı sucesivamente. O sea que las soluciones ser´ıan: e0x = 1, xe0x = x Para el factor 2m + 1 la soluci´on ser´ıa: e−x 2 Para el factor m2 − 4m + 8 las soluciones ser´ıan: e2x cos 2x, e2x sen 2x. Soluci´on general: y = C1 + C2x+ C3e−x 2 + C4e2x cos(2x) + C5e2x sen (2x) Hallar la soluci´on general o la soluci´on particular seg´un el caso en los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. y(5) + 5y(4) − 2y′′′ − 10y′′ + y′ + 5y = 0 (Rta.: y = C1ex + C2xex + C3e−x + C4xe−x + C5e−5x) Ejercicio 2. 16d4y dx4 + 24d2y dx2 + 9y = 0 (Rta.: y = C1 cos √3 2 x + C2x cos √3 2 x + C3 sen √3 2 x + C4x sen √3 2 x)
  92. 92. 106 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Ejercicio 3. d4y dx4 + d3y dx3 + d2y dx2 = 0 (Rta.: y = C1 + C2x + C3e−1 2 x cos √3 2 x + C4e−1 2x sen √3 2 x) Ejercicio 4. d4y dx4 − 7d2y dx2 − 18y = 0 (Rta.: y = C1e3x + C2e−3x + C3 cos√2x + C4 sen√2x) Ejercicio 5. d4y dx4 + y = 0, (Ayuda: Completar cuadrados). (Rta.: y = C1e √2 2 x cos √2 2 x+C2e √2 2 x sen √2 2 x+C3e− √2 2 x cos √2 2 x+C4e− √2 2 x sen √2 2 x) Ejercicio 6. (D2+4D+4)y = 0 tal que tenga una soluci´on que pase por los puntos (0, 2), (2, 0) (Rta.: y = (2 − x)e−2x) Ejercicio 7. (D3 + D2 − D − 1)y = 0 con las siguientes condiciones: y(0) = 1, y(2) = 0 y l´ım y(x)x→∞ = 0 (Rta.: y = (1 − 1 x)e−x) 2Ejercicio 8. Hallar el n´ucleo del siguiente operador diferencial: L(D) = D4 + D3 + D2. (Rta.: NucL(D) = h1, x, e−x 2 cos( √3 2 x), e−x 2 sen ( √3 2 x)i) 4.5. OPERADOR ANULADOR Definici´on 4.5. Si y = f(x) una funci´on que tiene n derivadas y L(D) es un operador diferencial lineal con coeficientes constantes, tal que L(D)y = L(D)f(x) = 0, entonces decimos que el operador L(D) es el anulador de y = f(x). Observaciones: dx = 0 ⇒ D = d 1. a) Si y = k constante, entonces dk dx es el anulador de k. b) Si y = x, entonces d2x dx2 = 0 ⇒ D2 = d2 dx2 es el anulador de x y de k. c) Si y = x2, entonces d3 dx3 (x2) = 0 ⇒ D3 = d3 dx3 es el anulador de x2, x, k.
  93. 93. 4.5. OPERADOR ANULADOR 107 d) Si y = xn, entonces dn+1xn dxn+1 = 0 ⇒ Dn+1 = dn+1 dxn+1 es el anulador de xn, xn−1, · · · , x2, x1, k con n ∈N. Nota: Observemos que dn+1 dxn+1 anula la combinaci´on lineal C1k + C2x + · · · + Cn+1xn Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas que es un polinomio de grado n. 2. (D − a)n es el anulador de las siguientes funciones: eax, xeax, x2eax, · · · , xn−1eax y tambi´en el anulador de la combinaci´on lineal siguiente: C1eax + C2xeax + C3x2eax + · · · + Cnxn−1eax = Pn−1(x)ex 3. (D2 − 2D + 2 +
  94. 94. 2)n es el anulador de las funciones: ex cos
  95. 95. x, xex cos
  96. 96. x, x2ex cos
  97. 97. x, . . . , xn−1ex cos
  98. 98. x ex sen
  99. 99. x, xex sen
  100. 100. x, x2ex sen
  101. 101. x, . . . , xn−1ex sen
  102. 102. x y tambi´en anula la combinaci´on lineal siguiente: C1ex cos
  103. 103. x + C2xex cos
  104. 104. x + · · · + Cnxn−1ex cos
  105. 105. x+ + k1ex sen
  106. 106. x + k2xex sen
  107. 107. x + · · · + knxn−1ex sen
  108. 108. x = Pn−1(x)ex cos
  109. 109. x + Qn−1(x)ex sen
  110. 110. x donde Pn−1(x) y Qn−1(x) son polinomios de grado n − 1. Si = 0, entonces (D2 +
  111. 111. 2)n es el anulador de: cos
  112. 112. x, x cos
  113. 113. x, x2 cos
  114. 114. x, · · · , xn−1 cos
  115. 115. x sen
  116. 116. x, x sen
  117. 117. x, x2 sen
  118. 118. x, · · · , xn−1 sen
  119. 119. x y de sus combinaciones lineales: C1 cos
  120. 120. x + C2x cos
  121. 121. x + · · · + Cnxn−1 cos
  122. 122. x+ k1 sen
  123. 123. x+k2x sen
  124. 124. x+· · ·+knxn−1 sen
  125. 125. x = Pn−1(x) cos
  126. 126. x+Qn−1(x) sen
  127. 127. x
  128. 128. 108 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Si n = 1 y = 0, entonces D2 +
  129. 129. 2 es el anulador de: cos
  130. 130. x, sen
  131. 131. x o su combinaci´on lineal: C1 cos
  132. 132. x + C2 sen
  133. 133. x. Ejemplo 16. Hallar el operador anulador de: ex + 2xex − x2ex Soluci´on: Anulador de ex : D − 1. Anulador de xex : (D − 1)2. Anulador de x2ex : (D − 1)3. Por lo tanto el anulador de toda la expresi´on es: (D − 1)3 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Obs´ervese que para hallar el anulador, no interesan las coeficientes 1, 2,−1 de la expresi´on original. Ejemplo 17. Hallar el operador anulador de: 3 + ex cos 2x Soluci´on: Anulador de 3: D. Anulador de ex cos 2x: D2 − 2D + 1 + 4 = D2 − 2D + 5, en este caso = 1 y
  134. 134. = 2. Anulador de toda la expresi´on: D(D2 − 2D + 5). Ejemplo 18. Hallar el operador anulador de: 13x + 9x2 − sen 4x Soluci´on: Anulador de x: D2. Anulador de x2: D3. Anulador de sen 4x: D2 + 16 en este caso = 0 y
  135. 135. = 4. Anulador de toda la expresi´on: D3(D2 + 16). Ejemplo 19. Hallar el operador anulador de: (2 − ex)2 Soluci´on: Como (2 − ex)2 = 4 − 4ex + e2x, entonces Anulador de 4: D. Anulador de ex: D − 1. Anulador de e2x: D − 2. El anulador de toda la expresi´on es: D(D − 1)(D − 2) Ejercicio 1. Encontrar el operador anulador de 8x − sen x + 10 cos 5x (Rta.: D2(D2 + 1)(D2 + 25))
  136. 136. 4.6. COEFICIENTES INDETERMINADOS 109 Ejercicio 2. Encontrar el operador anulador de 3 + ex cos 2x Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas (Rta.: D(D2 − 2D + 5)) Ejercicio 3. Encontrar el operador anulador de x3(1 − 5x) (Rta.: D5) Ejercicio 4. Encontrar el operador anulador de e−x sen x − e2x cos x (Rta.: (D2 + 2D + 2)(D2 − 4D + 5)) Ejercicio 5. Encontrar el operador anulador de x2ex + sen 2x + 5 (Rta.: D(D − 1)3(D2 + 4)) Ejercicio 6. Las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica de una cierta ecuaci´on diferencial son: m1 = −2 con multiplicidad dos, m2,3 = −1 ± 3i. Hallar la ecuaci´on diferencial. Observaci´on: la soluci´on de una ecuaci´on diferencial lineal no homog´enea, L(D)y = f(x)6= 0 consta de la suma de dos soluciones que son: i) La soluci´on a la homog´enea asociada, es decir, la soluci´on de L(D)y = 0. ii) La soluci´on particular de la no homog´enea. La suma de las dos soluciones es la soluci´on general, es decir, si yh es la soluci´on de la homog´enea asociada L(D)y = 0 y yp es la soluci´on particular de L(D)y = f(x), entonces la soluci´on general es: y = yh + yp. En efecto, L(D)(yh + yp) = L(D)yh + L(D)yp = 0 + f(x) = f(x) Las siguientes secciones las dedicaremos a desarrollar tres m´etodos para hal-lar la soluci´on particular de E.D. no homog´eneas. El primer m´etodo se llama de Coeficientes Indeterminados, el segundo m´etodo se llama de Variaci´on de Par´ametros y el tercer m´etodo se llama de los Operadores Inversos. 4.6. COEFICIENTES INDETERMINADOS Este m´etodo se aplica a E.D. lineales, con coeficientes constantes, no ho-mog ´eneas. Sea L(D)y = f(x) una E.D. lineal, no homog´enea, de coeficientes constantes y de orden n. Si f(x) tiene una de las siguientes formas: a) f(x) = k, k constante b) f(x) = polinomio en x c) f(x) = exponencial de la forma ex
  137. 137. 110 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES d) f(x) = cos
  138. 138. x, f(x) = sen
  139. 139. x e) f(x) = a sumas finitas de productos finitos de las expresiones anteriores, entonces es posible encontrar un operador L1(D) que anule a f(x) y si esto sucede, entonces aplicamos L1(D) a la ecuaci´on diferencial original, es decir: L1(D)L(D)y = L1(D)f(x) = 0 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Por lo tanto la expresi´on anterior es una E.D. lineal, homog´enea de coefi-cientes constantes, le aplicamos a esta ecuaci´on el m´etodo de las homog´eneas y hallamos su soluci´on general, de esta soluci´on general descartamos la parte correspondiente a la homog´enea asociada a la E.D. original, la parte restante corresponde a la soluci´on particular que estamos buscando. Ilustremos esto con un ejemplo. Ejemplo 20. Hallar la soluci´on particular y la soluci´on general de la E.D. y′′ + 25y = 20 sen 5x. Soluci´on: El anulador de sen 5x: D2 + 25 = L1(D) Aplicamos este anulador a ambos lados de la E.D. original: y′′ + 25y = 20 sen 5x L1(D)(y′′ + 25y) = L1(D)(20 sen 5x) (D2 + 25)(y′′ + 25y) = (D2 + 25)(20 sen 5x) (D2 + 25)2y = 0 Ecuaci´on caracter´ıstica: (m2 + 25)2 = 0 cuyas ra´ıces son m = ±5i con multiplicidad 2 y por lo tanto = 0 y
  140. 140. = 5; en consecuencia la soluci´on general es: y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3 x cos 5x + C4x sen 5x (4.10) La ecuaci´on diferencial homog´enea asociada es (D2 + 25)y = 0 y su ecuaci´on caracter´ıstica es m2 + 25 = 0,
  141. 141. 4.6. COEFICIENTES INDETERMINADOS 111 o sea que m = ±5i (con = 0 y
  142. 142. = 5) y su soluci´on es y = C1 cos 5x + C2 sen 5x; y por tanto en (4.10) descartamos esta expresi´on y nos queda la forma de la soluci´on particular: Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas y = C3x cos 5x + C4x sen 5x = yp Como aparecen las constantes C3 y C4, las hallamos de la siguiente ma-nera: derivamos dos veces yp y la sustituimos en la E.D. original: y′p = C3(−5x sen 5x + cos 5x) + C4(5x cos 5x + sen 5x) y′′ p = C3(−25x cos 5x − 5 sen 5x − 5 sen 5x) + +C4(−25x sen 5x + 5 cos 5x + 5 cos 5x) = C3(−25x cos 5x − 10 sen 5x) + +C4(−25x sen 5x + 10 cos 5x) y′′ p + 25yp = 20 sen 5x C3(−25x cos 5x − 10 sen 5x) + C4(−25x sen 5x + 10 cos 5x) + + 25(C3x cos 5x + C4x sen 5x) = 20 sen 5x An´alisis de coeficientes: en x cos 5x : −25C3 + 25C3 = 0 en sen 5x : −10C3 = 20 ⇒ C3 = −2 en x sen 5x : −25C4 + 25C4 = 0 en cos 5x : 10C4 = 0 ⇒ C4 = 0 Por lo tanto la soluci´on particular es yp = −2x cos 5x y la soluci´on general es: y = yh + yp = = C1 cos 5x + C2 sen 5x + C3x cos 5x = C1 cos 5x + C2 sen 5x − 2x cos 5x Hallar la soluci´on general en los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. y′′ + 2y′ + y = x2e−x (Rta: y = C1e−x + C2xe−x + 1 12x4e−x)
  143. 143. 112 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Ejercicio 2. y′′ − y = x2ex + 5 4xex − 1 (Rta: y = C2ex + C6e−x − 5 + 1 4x2ex + 1 6x3ex) 8 + C2 cos 2x + C3 sen 2x + 1 8x sen 2x) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Ejercicio 3. y′′ + y′ + 1 4y = ex( sen 3x − cos 3x) Ejercicio 4. y′′ + 4y = cos2 x (Rta: y = 1 Ejercicio 5. y′′ + y′ + y = x sen x (Rta: y = C1e−x 2 cos √3 2 x + C2e−x 2 sen √3 2 x − x cos x + 2 cos x + sen x) Ejercicio 6. y′′ − y = 3xex cos 2x Ejercicio 7. y′′ + 25y = 6 sen x (Rta: y = C1 cos 5x + C2 sen 5x + 1 4 sen x) Ejercicio 8. y′′ − 2y′ + 5y = ex sen x (Rta: y = C1ex cos 2x + C2ex sen 2x + 1 3ex sen x) 4.7. VARIACI´ON DE PAR´A METROS Sea a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x) = h(x) con a2(x), a1(x), a0(x), continuas en I y a2(x)6= 0 en I. La escribimos en forma can´onica y′′ + p(x)y′ + g(x)y = f(x) Donde p(x) = a1(x) a2(x) , g(x) = a0(x) a2(x) y f(x) = h(x) a2(x) , suponemos que y1 y y2 son soluciones linealmente independientes de la ho-mog ´enea asociada, es decir, y′′ 1 + p(x)y′1 + g(x)y1 = 0 y′′ 2 + p(x)y′2 + g(x)y2 = 0
  144. 144. 4.7. VARIACI´ON DE PAR´A METROS 113 y yh = C1y1 + C2y2 Variemos los par´ametros C1 y C2, es decir, yp = u1(x)y1(x) + u2(x)y2(x) = u1y1 + u2y2 y hallemos u1 y u2 de tal manera que yp sea soluci´on de la E.D. Luego y′p Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas = u′1y1 + u1y′1 + u′2y2 + y′2 u2 Supongamos (en aras de disminuir el trabajo operativo): u′1y1 + u′2y2 = 0, (primera condici´on). Luego, y′p = u1y′1 + u2y′2 y′′ p = u′1y′1 + u1y′′ 1 + u′2y′2 + u2y′′ 2 Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial: y′′ p + p (x)y′p + g (x)yp = f(x) u′1y′1 + u1y′′ 1 + u′2y′2 + u2y′′ 2 + p (x) [u1y′1 + u2y′2 ] + g (x) [u1y1 + u2y2] = f (x) u1 [y′′ 1 + p (x)y′1 + g (x)y1] + u2 [y′′ 2 + p (x)y′2 + g (x)y2] + u′1y′1 + u′2y′2 = f (x) Luego, u′1y′1 + u′2y′2 = f (x) En resumen, y1u′2 + y2u′= 1 ′′0 (primera condicion) ´1 2 yu′+ y1 u′2 = f (x) (segunda condici´on) que es un sistema de dos ecuaciones con dos inc´ognitas: u′1 y u′2. Por la regla de Cramer: u′1 =
  145. 145. 0 y2 f(x) y′2
  146. 146. y1 y2 y′1 y′2
  147. 147. = − y2 f (x) W(y1, y2)
  148. 148. 114 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas u′2 =
  149. 149. y1 0 y′1 f(x)′
  150. 150. y1 y2 yy2 1 ′′
  151. 151. = y1f(x) W(y1, y2) Donde W(y1, y2)6= 0, ya que y1 y y2 son dos soluciones linealmente inde-pendientes de la homog´enea asociada. Para conseguir u1 y u2, integramos (no es necesario constantes de integraci´on, porqu´e?) a u′1 y u′2 respectivamente. Luego, la yp = u1y1 + u2y2, y la soluci´on general es y = yh + yp = C1y1 + C2y2 + u1y1 + u2y2 Pasos para resolver la E.D. (en forma can´onica): y′′ + p(x)y′ + g(x)y = f(x) 1. Hallamos y1 y y2 soluciones linealmente independientes de la homog´enea asociada: y′′ + p(x)y′ + g(x)y = 0 2. Hallamos W(y1, y2) 3. Hallamos u′1 = − y2f(x) W(y1,y2) , u′2 = y1f(x) W(y1,y2) 4. Integramos u1 = R u′1 dx y u2 = R u′2 dx (sin constantes de integraci´on) 5. La soluci´on particular yp = u1y1 + u2y2 6. La soluci´on general y = yh + yp = C1y1 + C2y2 + u1y1 + u2y2 Ejemplo 21. y′′ + 3y′ + 2y = sen (ex) Soluci´on: 1. Soluci´on de y′′ + 3y′ + 2y = 0, luego su ecuaci´on caracter´ıtica es m2 + 3m + 2 = 0 ⇒ (m + 2)(m + 1) = 0 ⇒ m = −2, m = −1 yh = C1 e−2x |{z} y1 +C2 e−x |{z} y2 2. W(y1, y2) =
  152. 152. e−2x e−x −2e−2x −e−x
  153. 153. = −e−3x + 2e−3x = e−3x
  154. 154. 4.7. VARIACI´ON DE PAR´A METROS 115 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas W(y1,y2) = −e−x sen (ex) 3. u′1 = −y2f(x) e−3x = −e2x sen (ex) W(y1,y2) = e−2x sen (ex) u′2 = y1f(x) e−3x = ex sen (ex) 4. u1 = Z u′1 dx = Z −e2x sen (ex) dx y haciendo   z = ex dz = ex dx dx = dz z = − Z z2 sen (z) dz z = − Z z sen (z) dz   integrando por partes v = z ⇒ dv = dz dw = −sen zdz ⇒ w = cos z = z cos z − Z cos z dz = z cos z − sen z = ex cos(ex) − sen (ex) u2 = Z u′2 dx = Z ex sen (ex) dx = Z z sen z dz z = Z sen z dz = −cos z = −cos(ex) 5. La soluci´on particular y la soluci´on general son: yp = u1y1 + u2y2 = [ex cos(ex) − sen (ex)] e−2x − e−x cos(ex) = −e−2x sen (ex) y = yh + yp = C1e−2x + C2e−x − e−2x sen (ex) Ejemplo 22. Si y1 = x y y2 = x ln x son soluciones linealmente indepen-dientes de la E.D. x2y′′ − xy′ + y = 0. Hallar la soluci´on general de la E.D. de Cauchy. x2y′′ − xy′ + y = 4x ln x Soluci´on. Coloquemos la E.D. en forma can´onica y′′ − 1 x y′ + 1 x2 y = 4 ln x x , x6= 0 1. y1 = x, y2 = x ln x 2. W(y1, y2) =
  155. 155. x x ln x 1 ln x + 1
  156. 156. = x ln x + x − x ln x = x6= 0
  157. 157. 116 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES W(y1,y2) = −x ln x( 4 ln x Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas 3. u′1 = − y2f(x) x ) = 4 ln2 x x −x u′2 = y1f(x) W(y1,y2) = x( 4 ln x x ) x = 4 ln x x 4. Hallemos uy u2: u1 = Z u′1 dx = − Z 4 ln2 x x dx y haciendo z = ln x dz = dx x = − 4 3 ln3 x u2 = Z u′2 dx = Z 4 ln x x dx y haciendo z = ln x dz = dx x = 2 ln2 x 5. La soluci´on particular es: yp = u1y1 + u2y2 = − 4 3 x + (2 ln2 x)x ln x ln3 x = − 4 3 x ln3 x + 2x ln3 x = 2 3 x ln3 x 6. La soluci´on general es y = yh + yp = C1x + C2x ln x + 2 3 x ln3 x Ejemplo 23. Utilizar el m´etodo de variaci´on de par´ametros para resolver la siguiente E.D. y′′ − y = sec3 x − sec x Soluci´on: 1. y′′ − y = 0 (homog´enea asociada) La ecuaci´on caracter´ıstica es m2 − 1 = 0 ⇒ m = ±1 La soluci´on a la homog´enea asociada es yh = C1 ex |{z} y1 +C2 e−x |{z} y2 2. W(y1, y2) =
  158. 158. ex e−x ex −e−x
  159. 159. = ex(−e−x) − ex(e−x) = −1 − 1 = −2
  160. 160. 4.7. VARIACI´ON DE PAR´A METROS 117 W(y1,y2) = −e−x(sec3 x−sec x) W(y1,y2) = ex(sec3 x−sec x) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas 3. u′1 = − y2f(x) = e−x(sec3 x−sec x) −2 2 u′2 = y1f(x) −2 = −ex 2 (sec3 x − sec x) 4. Hallemos u1 y u2: u1 = 1 2 Z e−x(sec3 x − sec x) dx = 1 2 Z e−x sec x(sec2 x − 1) dx = 1 2 Z e−x sec x tan2 x dx = 1 2 Z e−x(sec x tan x) tan x dx Integremos por partes, haciendo: u = e−x tan x, dv = tan x sec x dx, luego du = (−e−x tan x + e−x sec2 x) dx, v = sec x u1 = 1 2 e−x tan x sec x − Z e−x sec x(sec2 x − tan x) dx = 1 2 e−x tan x sec x − Z e−x sec3 x dx + Z e−x sec x tan x dx = 1 2 e−x tan x sec x − Z e−x sec3 x dx + e−x sec x + Z e−x sec x dx = e−x 2 tan x sec x + e−x 2 sec x − 1 2 Z e−x(sec3 x − sec x) dx, despejando la integral : Z e−x(sec3 x − sec x) dx = e−x 2 tan x sec x + e−x 2 sec x u1 = 1 2 Z e−x(sec3 x − sec x) dx = e−x 4 tan x sec x + e−x 4 sec x u2 = Z u′2 dx = − 1 2 Z ex(sec3 x − sec x) dx
  161. 161. 118 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES hagamos: z = −x , dz = −dx Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas u2 = − 1 2 Z e−z(sec3(−z) − sec(−z)) d(−z) = 1 2 Z e−z(sec3 z − sec z) dz = e−z 4 tan z sec z + e−z 4 sec z = ex 4 tan(−x) sec(−x) + ex 4 sec(−x) = − ex 4 tan x sec x + ex 4 sec x 5. La soluci´on particular es yp = u1y1 + u2y2 = ( e−x 4 tan x sec x + e−x 4 sec x)ex + (− ex 4 tan x sec x + ex 4 sec x)e−x = sec x 2 6. La soluci´on general es y = yh + yp = C1ex + c2e−x + sec x 2 Utilizar el m´etodo de variaci´on de par´ametros para resolver los siguientes ejercicios. Ejercicio 1. Hallar la soluci´on general de (D2 + 1)y = −x−2 sen x + 2x−1 cos x (Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + ln |x| sen x) Ejercicio 2. Hallar la soluci´on general de (D2 + 5D + 6)y = e−2x sec2 x(1 + 2 tan x) (Rta.: y = C1e−3x + C2e−2x + e−2x tan x) Ejercicio 3. Hallar la soluci´on general de y′′ + 2y′ + y = e−x ln x (Rta.: y = C1e−x + C2xe−x + x2 2 e−x ln x − 3 4x2e−x)
  162. 162. 4.7. VARIACI´ON DE PAR´A METROS 119 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Ejercicio 4. Si y1 = x−1 2 cos x, y2 = x−1 2 sen x forman un conjunto lin-ealmente independiente y son soluciones de x2y′′ + xy′ + x2 − 1 4 y = 0. Hallar la soluci´on general para x2y′′ + xy′ + x2 − 1 4 y = x 3 2 . (Rta.: y = C1x−1 2 cos x + C2x−1 2 sen x + x−1 2 ) Ejercicio 5. Si y1 = x, y2 = ex forman un conjunto linealmente indepen-diente y son soluciones de la homog´enea asociada de la E.D. (1 − x)y′′ + xy′ − y = 2(x − 1)2e−x, 0 x 1. Hallar la soluci´on general. (Rta.: y = C1x + C2ex + 1 2e−x − xe−x) Ejercicio 6. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 + 16)y = csc 4x (Rta.: y = C1 cos 4x + C2 sen 4x − 1 4x cos 4x + 1 16 sen 4x ln | sen 4x|) Ejercicio 7. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 + 1)y = sec x (Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + x sen x + cos x ln | cos x|) Ejercicio 8. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 + 2D + 5)y = e−x sec 2x (Rta.: y = e−x(C1 cos 2x + C2 sen 2x) + e−x( 1 2x sen 2x + 1 4 cos 2x ln | cos 2x|)) Ejercicio 9. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 − 1)y = e−x sen (e−x) + cos(e−x) (Rta.: y = C1ex + C2e−x − ex sen (e−x)) Ejercicio 10. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 + 1)y = sec3 x (Rta.: y = C1 cos x + C2 sen x + 1 2 sec x) Ejercicio 11. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 − 9D + 18)y = ee−3x 9e6xee−3x) (Rta.: y = C1e3x + C2e6x + 1 Ejercicio 12. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 − 2D + D0)y = x−5ex
  163. 163. 120 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas (Rta.: y = C1ex + C2xex + 1 12x−3ex) Ejercicio 13. Hallar la soluci´on general de la E.D. (D2 + 2D − 8)y = (6x−1 − x−2)e2x (Rta.: y = C1e2x + C2e−4x + e2x ln |x|) Ejercicio 14. Hallar la soluci´on del P.V.I. (D2 + 1)y = 1 √2x , y() = y′() = 0 (Rta.: y = 1 √2 R x sen (t−x) √t dt) 4.7.1. GENERALIZACI´O N DEL M´ETODO DE VARIACI´O N DE PAR´A METROS Dada la E.D. en forma can´onica: Dny + an−1(x)Dn−1y + . . . + a1(x)Dy + a0(x)y = f(x) efectuamos los siguientes pasos: 1. Hallamos y1, y2, . . . , yn soluciones linealmente independientes de la ho-mog ´enea asociada, o sea que yh = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn 2. Hallamos W(y1, y2, . . . , yn) =
  164. 164. y1 y2 · · · yn y′1y′2 · · · y′n ... ... ... ... yn−1 1 yn−1 2 · · · yn−1 n
  165. 165. 3. Hallamos u′1, u′2, . . . , u′n por el m´etodo de Cramer del sistema: n u′y1 + u′y2 + . . . + u′= 0 12yn nu′1y+ u′2y+ . . . + u′y= 0 2 1 ′′′n... ... ... u′1yn−1 1 + u′2yn−1 2 + . . . + u′nyn−1 n = f(x)
  166. 166. 4.7. VARIACI´ON DE PAR´A METROS 121 4. Integramos u′1, u′2, . . . , u′n (sin constantes de integraci´on) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas para hallar u1, u2, . . . , un 5. Hallamos la soluci´on particular yp = u1y1 + u2y2 + . . . + unyn 6. Hallamos la soluci´on general y = yh + yp = C1y1 + . . . + Cnyn + u1y1 + . . . + unyn Ejemplo 24. y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = e3x Soluci´on: 1. La homog´enea asociada es y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = 0 La ecuaci´on caracter´ıstica es m3 − 2m2 − m + 2 = m2(m − 2) − (m − 2) = (m − 2)(m2 − 1) = = (m − 2)(m + 1)(m − 1) = 0 Pot lo tanto las ra´ıces son m1 = 2, m2 = −1, m3 = 1 y la soluci´on a la homog´enea es yh = C1e2x + C2e−x + C3ex 2. El Wronskiano es
  167. 167. = e2x(−1 − 1) − e−x(2e3x − 4e3x) + ex(2ex + 4ex) W(y1, y2, y3) =
  168. 168. e2x e−x ex 2e2x −e−x ex 4e2x e−x ex = −2e2x + 2e2x + 6e2x = 6e2x 3. u′1 =
  169. 169. 0 e−x ex 0 −e−x ex e3x e−x ex
  170. 170. 6e2x = e3x(1 + 1) 6e2x = 2e3x 6e2x = ex 3 u′2 =
  171. 171. e2x 0 ex 2e2x 0 ex 4e2x e3x ex
  172. 172. 6e2x = − e3x(e3x − 2e3x) 6e2x = e6x 6e2x = e4x 6
  173. 173. 122 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas u′3 =
  174. 174. e2x e−x 0 2e2x −e−x 0 4e2x e−x e3x
  175. 175. 6e2x = e3x(−ex − 2ex) 6e2x = − 3e4x 6e2x = − e2x 2 4. Integramos u′1, u′2, u′3 u1 = Z u′1 dx = Z ex 3 dx = ex 3 u2 = Z u′2 dx = Z e4x 6 dx = e4x 24 u3 = Z u′3 dx = Z − e2x 2 dx = − e2x 4 5. Soluci´on particular: yp = u1y1 + u2y2 + u3y3 = ex 3 e2x + e4x 24 e−x − e2x 4 ex = e3x 3 + e3x 24 − e3x 4 = 3e3x 24 = e3x 8 6. Soluci´on general: y = yh + yp = C1e2x + C2e−x + C3ex + e3x 8 Resolver, utilizando el m´etodo de variaci´on de par´ametros, los siguientes ejer-cicios. Ejercicio 1. y′′′ − 5y′′ + 6y′ = 2 sen x + 8 (Rta.: y = C1 + C2e3x + C3e2x − 1 5 cos x + 1 5 sen x + 4 3x) Ejercicio 2. y′′′ − y′ = sen x (Rta.: y = C1 + C2ex + C3e−x + 1 2 cos x) Ejercicio 3. y′′′ − y′ = x ex Sugerencia: d dx (y′′ − y) = y′′′ − y′; integre y despu´es use variaci´on de par´ametros.
  176. 176. 4.8. OPERADORES 123 (Rta.: y = C1 + C2ex + C3e−x + 1 4x2ex − 3 4xex) Ejercicio 4. y′′′ + 4y′ = sen x cos x (Rta.: y = C1 + C2 cos 2x + C3 sen 2x − 1 16x sen 2x) Ejercicio 5. Hallar la soluci´on general de la E.D. Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas (D + 1)3y = 16(2x + 3)−1e−x (Rta.: y = e−x(C1 + C2x + C3x2) + e−x(2x + 3)2 ln(2x + 3)) 4.8. OPERADORES Lema 4.2. Si f ∈ Cn(I) y a ∈ R (o a ∈ C) entonces: 1. Dn(eaxf(x)) = eax(D + a)nf(x) 2. Dn(eax) = eax an |{z} #Real Demostraci´on. Veamos 1. Por inducci´on: n = 1 D(eaxf(x)) = eaxDf(x) + f(x)aeax = eax(D + a)f(x) Supongamos que se cumple para n = k: Dk(eaxf(x)) = eax(D + a)kf(x) y veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, teniendo en cuenta las hip´otesis de inducci´on para n = 1 y para n = k, se tiene Dk+1(eaxf(x)) = DkD(eaxf(x)) = Dk(eax(D + a)f(x)) = eax(D + a)k(D + a)f(x) = eax(D + a)k+1f(x) Veamos 2. Por inducci´on: n = 1 D(eax) = aeax
  177. 177. 124 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Supongamos que se cumple para n = k: Dk(eax) = akeax y veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, teniendo en cuenta las hip´otesis de inducci´on para n = 1 y para n = k, se tiene Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Dk+1(eax) = DkD(eax) = Dk(aeax) = a(Dkeax) = a(akeax) = ak+1eax El siguiente Teorema, llamado teorema b´asico de los operadores, nos per-mite sacar una exponencial que est´a dentro de un operador. Teorema 4.7 (Teorema B´asico de Operadores). 1. Si f ∈ Cn(I) y L(D) es un operador diferencial lineal y a ∈ R (o a ∈ C), entonces: L(D)(eaxf(x)) = eaxL(D + a)f(x) 2. L(D)eax = L(a)eax Demostraci´on: 1. L(D)(eaxf(x)) = (an(x)Dn + an−1(x)Dn−1 + . . . + a1(x)D + a0(x)D0)(eaxf(x)) = an(x)Dn(eaxf(x)) + an−1(x)Dn−1(eaxf(x)) + . . . + a1(x)D(eaxf(x))+ + a0(x)eaxf(x) = an(x)eax(D + a)nf(x) + an−1(x)eax(D + a)n−1f(x) + . . . + a1(x)eax(D + a)f(x) + a0(x)eaxf(x) = eax(an(x)(D + a)n + an−1(x)(D + a)n−1 + . . . + a1(x)(D + a) + a0(x))f(x) = eaxL(D + a)f(x) Nota: para entrar una expresi´on exponencial dentro de un operador, uti-lizamos la siguiente expresi´on, eaxL(D)f(x) = L(D − a)(eaxf(x)) (4.11) Ejemplo 25. Comprobar que (D + 2)(D − 2)3(x2e2x) = 0 Soluci´on: (D+2)(D−2)3(x2e2x) = e2x(D+2+2)(D+2−2)3x2 = e2x(D+4)D3x2 = 0
  178. 178. 4.9. OPERADORES INVERSOS 125 Ejemplo 26. Comprobar que (D − 3)n(e3x xn) = n!e3x Soluci´on: (D − 3)n(e3xxn) = e3x(D + 3 − 3)nxn = e3xDnxn = n!e3x Ejemplo 27. Entrar la exponencial dentro del operador: e−3x(D−1)(D−3)x Soluci´on: Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas e−3x(D − 1)(D − 3)x = (D − (−3) − 1)(D − (−3) − 3)(e−3xx) = (D + 2)D(e−3xx) 4.9. OPERADORES INVERSOS Dada la E.D. L(D)y = f(x), donde L(D) es un operador diferencial li-neal de coeficientes constantes y f(x) es un polinomio o exponencial o seno o coseno o sumas finitas de productos finitos de las anteriores, es conveniente resolver la E.D. por el m´etodo de los operadores inversos (es un m´etodo que sustituye el m´etodo de coeficientes indeterminados), este m´etodo tambi´en sirve para resolver integrales. Definici´on 4.6. Dada la E.D. L(D)y = f(x) de coeficientes constantes, definimos el operador inverso L−1(D) = 1 L(D) , como el operador tal que: L−1(D)f(x) es una soluci´on particular de la E.D., es decir, yp = L−1(D)f(x). Nota: 1. L(D)L−1(D) =operador identidad y L−1(D)L(D) = operador identi-dad. 2. Soluci´on general: y = yh + yp = yh + L−1(D)f(x) Teorema 4.8. Si y1 y y2 son soluciones particulares de la E.D. L(D)y = f(x), entonces estas dos soluciones difieren en una soluci´on que est´a en el n´ucleo de L(D). Demostraci´on: sea y = y1−y2, veamos que y pertenece al n´ucleo de L(D). En efecto L(D)y = L(D)(y1 − y2) = L(D)y1 − L(D)y2 = f(x) − f(x) = 0 luego y pertenece al n´ucleo de L(D).
  179. 179. 126 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Teorema 4.9. Si L(D) = Dn y h(x) es una funci´on continua, entonces una soluci´on par-ticular de la ecuaci´on diferencial Dny = h(x) es Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas yp = Z Z . . . Z | {z } n veces h(x) |dx dx{z. . . dx} n veces Demostraci´on. Por inducci´on: n = 1 : Dy = h(x), su homog´enea asociada es Dy = 0 y su ecuaci´on caracter´ıstica es m = 0 ⇒ yh = Ce0x = C × 1 = C e integrando la E.D. original, se tiene y = Z h(x) dx | {z } yp +|{Cz} yh = yp + yh Supongamos que se cumple para n = k: o sea que la soluci´on particular de Dky = h(x) es yp = Z Z . . . Z | {z } k veces h(x) |dx dx{z. . . dx} k veces y veamos que se cumple para n = k + 1. En efecto, como Dk+1y = DDky = h(x) hagamos u = Dky o sea que R Du = h(x) y por R la hipotesis ´de induccion, ´para n = 1 se tiene que up = h(x)dx, llamemos h(x)dx = f(x), entonces up = Dkyp = f(x) o sea que yp es la soluci´on particular de la E.D. Dky = f(x) y por la hip´otesis de inducci´on, para n = k, la soluci´on particular de esta E.D. es yp = Z Z . . . Z | {z } k veces f(x) |dx dx{z. . . dx} k veces = Z Z . . . Z | {z } k veces Z |dx dx{z. . . dx} h(x)dx k veces = = Z Z . . . Z | {z } k + 1 veces h(x) |dx dx{z. . . dx} k + 1 veces
  180. 180. 4.9. OPERADORES INVERSOS 127 Teorema 4.10. Dado L(D)y = eaxf(x) donde f ∈ Cn(I) y a ∈ R (o a ∈ C), entonces una soluci´on particular de la E.D. es yp = eax 1 L(D+a)f(x). Demostraci´on: utilizando (4.11) en la p´agina 124 se tiene L(D)y = eaxf(x) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas e−axL(D)y = f(x) L(D − (−a))(e−axy) = f(x) L(D + a)(e−axy) = f(x) Como Yp = e−axyp es una soluci´on particular, entonces satisface la anterior expresi´on, luego L(D + a) (e−axyp) | {z } Yp = f(x); por la definici´on de operador inverso Yp = e−axyp = 1 L(D + a) f(x) luego yp = eax 1 L(D + a) f(x) Ejemplo 28. Hallar la soluci´on general de (D − 3)2y = 48xe3x Soluci´on: ecuaci´on caracter´ıstica de la homog´enea asociada: (m − 3)2 = 0 ⇒ m = 3 (con multiplicidad dos) yh = C1e3x + C2xe3x yp = 1 L(D) f(x) = 1 1 (48xe3x) = 48e3x (D − 3)2 (D + 3 − 3)2 x = = 48e3x 1 D2 x = 48e3x Z Z x dx dx = 48e3x Z x2 2 dx = = 48e3x x3 6 = 8x3e3x y = yh + yp = C1e3x + C2xe3x + 8x3e3x Soluci´on general
  181. 181. 128 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Nota: como L(D) = anDn + . . . + a1D + a0 entonces su polinomio caracter´ıstico es Pn(m) = anmn + . . . + a1m + a0 Por lo anterior podemos afirmar que el espacio de los operadores lineales de coeficientes constantes es isomorfo al espacio de los polinomios de coeficientes reales y constantes. Teorema 4.11 (Para polinomios). Si L(D) = D + a, a6= 0 y h(x) un polinomio de grado n, entonces 1 D + a h(x) = 1 a 1 − D a + D2 a2 − D3 Dn + · · · + (−1)na3 an h(x). Demostraci´on. Por la Nota anterior, el operador D + a es equivalente al polinomio m+ a y por tanto las expresiones racionales 1 D+a y 1 m+a son equi-valentes Por divisi´on sint´etica se tiene que: 1 m + a = 1 a 1 1 + m a = 1 a 1 − m a + m2 a2 − m3 a3 + · · · + (−1)nmn an + · · · Luego, 1 D + a = 1 a 1 − D a + D2 a2 − D3 a3 + · · · + (−1)nDn an + · · · Como h(x) es un polinomio de grado n, sus anuladores son Dn+1, Dn+2, . . ., es decir, Dn+kh(x) = 0 para k = 1, 2, . . . Luego, 1 D + a h(x) = 1 a 1 − D a + D2 a2 − D3 Dn + · · · + (−1)na3 an h(x)
  182. 182. 4.9. OPERADORES INVERSOS 129 Ejemplo 29. Resolver la siguiente integral R x4e2x dx Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Soluci´on: Z x4e2x dx = 1 D x4e2x = e2x 1 D + 2 x4 = e2x 1 2 1 − D 2 + D2 4 − D3 8 + D4 16 x4 = e2x 2 x4 − 4x3 2 + 12x2 4 − 24x 8 + 24 16 + C Teorema 4.12 (Para polinomios). Si L(D) es un operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes y h(x) es un polinomio de grado r, entonces una soluci´on parti-cular de la E.D. L(D)y = h(x) es de la forma yp = 1 L(D) h(x) = (b0 + b1D + b2D2 + . . . + brDr)h(x), donde b0 + b1D + b2D2 + . . . + brDr es el resultado de dividir 1 L(D) = 1 a0 + a1D + . . . + anDn = b0 + b1D + b2D2 + . . . + brDr + . . . . Ejemplo 30. Hallar la soluci´on general de y′′′ − y = xex Soluci´on: Ecuaci´on caracter´ıstica: m3 − 1 = (m − 1)(m2 + m + 1) = 0 y sus ra´ıces son m = 1, m = −1 2 ± √3 2 i Luego la soluci´on homog´enea y particular son yh = C1ex + C2e−1 2 x cos √3 2 x + C3e−1 2 x sen √3 2 x yp = 1 D3 − 1 xex = ex 1 (D + 1)3 − 1 x = ex 1 D3 + 3D2 + 3D + 1 − 1 x = ex 1 D(D2 + 3D + 3) x = ex 1 (D2 + 3D + 3) Z x dx = ex 2 1 D2 + 3D + 3 x2 = ex 2 1 3 − D 3 + 2 9 D2 x2 = ex 6 x2 − 2x + 2 3 2
  183. 183. 130 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas = ex 6 x2 − 2x + 4 3 y = yh + yp = C1ex + C2e−x 2 cos √3 2 x + C3e−x 2 sen √3 2 x + ex 6 x2 − 2x + 4 3 Nota: el operador diferencial lineal de orden n con coeficientes constantes se puede escribir as´ı: L(D) = L1(D2) + DL2(D2). En efecto, L(D) = a0 + a1D + a2D2 + . . . + anDn = = (a0 + a2D2 + a4D4 + . . .) + D(a1 + a3D2 + a5D4 + . . .) y denotando por L1(D2) = a0 + a2D2 + a4D4 + . . . y L2(D2) = a1 + a3D2 + a5D4 + . . ., se obtiene L(D) = L1(D2) + DL2(D2) Los teoremas siguientes tambi´en son v´alidos para la funci´on coseno. Teorema 4.13. Si a, L(−a2) y 1 L(−a2) son reales, entonces: a. L(D2) sen ax = L(−a2) sen ax b. 1 L(D2) sen ax = 1 L(−a2) sen ax, si L(−a2)6= 0 Demostraci´on. a. Primero veamos por inducci´on sobre n que D2n( sen ax) = (−a2)n sen ax. En efecto: Para n = 1, veamos que D2( sen ax) = (−a2) sen ax. Como D( sen ax) = a cos ax y volviendo a derivar D2( sen ax) = −a2 sen ax o sea que para n = 1 se cumple que D2( sen ax) = −a2 sen ax. Ahora supongamos que se cumple para n = k: D2k( sen ax) = (−a2)k sen ax y demostrmos que se cumple para n = k + 1.
  184. 184. 4.9. OPERADORES INVERSOS 131 Aplicando las hip´otesis de inducci´on para n = 1 y n = k, se tiene que D2(k+1)( sen ax) = D2k+2( sen ax) = D2kD2( sen ax) = D2k(−a2)( sen ax) = (−a2)D2k( sen ax) = (−a2)(−a2)k( sen ax) = (−a2)k+1( sen ax). Pasemos a demostrar el resultado de a.: L(D2) sen ax = (a0 + a2D2 + a4D4 + . . . + a2nD2n | {z }) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas L(D2) sen ax = a0 sen ax + a2D2 sen ax + a4D4 sen ax + . . . + a2nD2n sen ax = a0 sen ax + a2(−a2) sen ax + a4(−a2)2 sen ax + . . . + a2n(−a2)n sen ax = [a0 + a2(−a2) + a4(−a2)2 + . . . + a2n(−a2)n] sen ax = L(−a2) sen ax b. Por el resultado en a., L(D2) sen ax = L(−a2) sen ax, aplicamos L−1(D2) a ambos lados: L−1(D2)L(D2) sen ax = L(−D2) L(−a2) sen ax = L(−a2)L−1(D2) sen ax y dividiendo por L(−a2) se tiene 1 L(D2) sen ax = 1 L(−a2) sen ax con L(−a2)6= 0. Ejemplo 31. Hallar la soluci´on particular de (D4 −5D2 +4)y = sen 3x. Soluci´on: yp = 1 D4 − 5D2 + 4 sen 3x = 1 (D2)2 − 5D2 + 4 sen 3x = 1 (−32)2 − 5(−32) + 4 sen 3x = 1 81 + 45 + 4 sen 3x = 1 130 sen 3x
  185. 185. 132 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Teorema 4.14. Si a, L1(−a2) yL2(−a2) son reales, entonces: 1. L(D) sen ax = L1(−a2) sen ax + DL2(−a2) sen ax 2. Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas 1 L(D) sen ax = 1 L1(D2) + DL2(D2) sen ax = 1 L1(−a2) + DL2(−a2) sen ax Demostraci´on. Por la nota anterior y por la parte uno del teorema 4.13., tenemos que: L(D) = L1(D2) sen ax+DL2(D2) sen ax = L1(−a2) sen ax+DL2(−a2) sen ax = L1(−a2) sen ax + L2(−a2)a cos ax Ejemplo 32. Hallar la soluci´on particular para (D2+2D+2)y = ex cos 2x Soluci´on: yp = 1 D2 + 2D + 2 ex cos 2x = ex 1 (D + 1)2 + 2(D + 1) + 2 cos 2x = ex 1 D2 + 2D + 1 + 2D + 2 + 2 cos 2x = ex 1 D2 + 4D + 5 cos 2x = ex 1 (−22) + 4D + 5 cos 2x = ex 1 4D + 1 cos 2x = ex 4D − 1 (4D − 1)(4D + 1) cos 2x = ex 4D − 1 16D2 − 1 cos 2x = ex 4D − 1 16(−22) − 1 cos 2x = ex 4D − 1 −64 − 1 cos 2x = ex −65 (4D − 1) cos 2x = − ex 65 (−8 sen 2x − cos 2x) = ex 65 (8 sen 2x + cos 2x) Teorema 4.15. Sean L(D)y = h1(x)+ih2(x) y yp = yp1 +iyp2 es una soluci´on particular de la E.D. anterior, entonces yp1 es la soluci´on particular de la E.D. L(D)y = h1(x) y yp2 es una soluci´on particular de la E.D. L(D)y = h2(x).
  186. 186. 4.9. OPERADORES INVERSOS 133 Demostraci´on. En efecto, como yp = yp1 + iyp2 es una soluci´on particular, entonces satisface la E.D.: L(D)y = h1(x) + ih2(x) es decir, L(D)yp = h1(x) + ih2(x) L(D)(yp1 + iyp2) = h1(x) + ih2(x) L(D)yp1 + iL(D)yp2 = h1(x) + ih2(x) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas igualando la parte real tenemos L(D)yp1 = h1(x) es decir, yp1 es soluci´on particular de L(D)y = h1(x) e igualando la parte imaginaria tenemos L(D)yp2 = h2(x) es decir, yp2 es soluci´on particular de L(D)y = h2(x) Ejemplo 33. Aplicando el teorema 4.15, hallar una soluci´on particular de la E.D. (D2 + a2)y = eiax = cos ax + i sen ax Soluci´on: obs´ervese que como L(D) = D2+a2 ⇒ L(−a2) = −a2+a2 = 0, entonces no podemos usar el Teorema 4.13 parte 2. y m´as bien utilizamos el Teorema 4.15 yp = 1 D2 + a2 (cos ax + i sen ax) = 1 D2 + a2 eiax = eiax 1 (D + ia)2 + a2 (1) = eiax 1 D2 + 2iaD + a2 − a2 (1) = eiax 1 (D + 2ia)D (1) = eiax 1 2ia + D x = eiax 1 2ia 1 − D 2ia x = eiax 1 2ia x − 1 2ia = eiax 2a −ix + 1 2a = 1 2a (cos ax + i sen ax) 1 2a − ix = 1 2a  se descarta z }| { 1 2a  cos ax +x sen ax | {z } yp1 +i  se descarta z }| { 1 2a  sen ax −x cos ax | {z } yp2    
  187. 187. 134 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Los dos t´erminos se˜nalados en la expresi´on anterior no se tienen en cuenta porque yh = C1 cos ax + C2 sen ax y yh absorbe los t´erminos descartados , por lo tanto: Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas yp = 1 2a x sen ax − i 1 2a x cos ax Del Teorema 4.15 concluimos que yp1 = 1 2a x sen ax es soluci´on particular de la E.D. (D2 + a2)y = cos ax y yp2 = − 1 2a x cos ax es soluci´on particular de la E.D. (D2 + a2)y = sen ax Ejemplo 34. Hallar la soluci´on particular de (D2 + a2)y = cos ax Soluci´on: como cos ax = parte real de eiax =Reeiax, entonces yp = 1 D2 + a2 Re(eiax) = Re 1 D2 + a2 eiax = Re eiax 1 (D + ia)2 + a2 (1) = Re eiax 1 (D + 2ia)D (1) = Re 1 2a x sen ax − i 1 2a x cos ax = 1 2a x sen ax Ejemplo 35. Hallar la soluci´on particular de (D2+a2)y = sen ax =parte imaginaria de (eiax) = Im(eiax) Soluci´on: como sen ax = parte imaginaria de eiax =Imeiax, entonces yp = 1 D2 + a2 Im(eiax) = Im 1 D2 + a2 eiax
  188. 188. 4.9. OPERADORES INVERSOS 135 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas = Im 1 2a x sen ax − i 1 2a x cos ax = − 1 2a x cos ax Nota: el anterior m´etodo tambi´en se aplica para las E.D. de la forma L(D)y = q(x) sen ax o L(D)y = q(x) cos ax, donde q(x) es un polinomio o exponencial o producto de polinomio por exponencial. Ejemplo 36. Hallar la soluci´on particular de (D2−2D+2)y = 4exx sen x Soluci´on: yp = 1 D2 − 2D + 2 4exx sen x = 4ex 1 (D + 1)2 − 2(D + 1) + 2 x sen x = 4ex 1 D2 + 2D + 1 − 2D − 2 + 2 x sen x = 4ex 1 D2 + 1 x sen x = 4ex 1 D2 + 1 xIm(eix) = 4exIm 1 D2 + 1 xeix = 4exIm eix 1 (D + i)2 + 1 x = 4exIm eix 1 D2 + 2iD − 1 + 1 x = 4exIm eix 1 (D + 2i)D x = 4exIm eix 1 D + 2i x2 2 = 4 2 exIm eix 1 2i 1 − D 2i + D2 (2i)2 x2 = 2 2 exIm eix(−i) x2 − 2x 2i + 2 −4 = exIm(cos x + i sen x) −ix2 + x + i 2 = ex −x2 cos x + x sen x + cos x 2 La homog´enea asociada: (D2 − 2D + 2)y = 0 tiene por cuaci´on caracter´ıstica m2 − 2m + 2 = 0 ⇒ m = 2 ± √4 − 8 2 = 2 ± 2i 2 = 1 ± i
  189. 189. 136 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES ⇒ yh = C1ex cos x + C2ex sen x Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas y como ex cos x 2 aparece en yh, entonces descartamos esta expresi´on de yp, por lo tanto la yp queda de la siguiente forma: yp = ex −x2 cos x + x sen x Ejemplo 37. Utilizando el m´etodo de los operadores inversos resolver la siguiente integral: R x2 cos x dx Soluci´on: Z x2 cos x dx = 1 D x2 cos x = 1 D x2Reeix = Re 1 D x2eix = Reeix 1 D + i x2 = Reeix 1 i 1 − D i + D2 i2 x2 = Reeix(−i) x2 − 2x i + 2 −1 = Reeix(−ix2 + 2x + 2i) = Re(cos x + i sen x)(−ix2 + 2x + 2i) = (2x cos x − 2 sen x + x2 sen x) + C Ejemplo 38. Usando el m´etodo de los operadores inversos, calcular la siguiente integral: R e3x sen 2x dx Soluci´on: Z e3x sen 2x dx = 1 D e3x sen 2x = e3x 1 D + 3 sen 2x = e3x D − 3 D2 − 9 sen 2x = e3x D − 3 −22 − 9 sen 2x = − e3x 13 (D − 3) sen 2x = − e3x 13 (2 cos 2x − 3 sen 2x) + C Para los siguientes ejercicios hallar la soluci´on particular, utiliz´ando el m´eto-do de los operadores inversos: Ejercicio 1. (D2 + 16)y = x cos 4x 64x cos 4x + x2 16 sen 4x) (Rta.: yp = 1 Ejercicio 2. (D2 + 4)y = xex sen x (Rta.: yp = ex ( 1 10 ) cos x + (−7 50 + x 5 ) sen x 50 − x )
  190. 190. 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY 137 Ejercicio 3. (D2 + 4)y = 64x sen 2x + 32 cos 2x (Rta.: yp = 12x sen 2x − 8x2 cos 2x) Ejercicio 4. y′′′ − 5y′′ + 6y′ = 2 sen x + 8 5 cos x + 1 5 sen x + 4 3x) Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas (Rta.: yp = −1 Ejercicio 5. (D2 + 9)y = 36 sen 3x (Rta.: yp = −6x cos 3x) Ejercicio 6. (D3 + 1)y = cos 2x + 2 sen 3x 65 (cos 2x − 8 sen 2x) + 1 (Rta.: yp = 1 365 (27 cos 3x + sen 3x)) Ejercicio 7. (D2 + 2D + 2)y = ex sen x (Rta.: yp = −ex 8 (cos x − sen x)) Ejercicio 8. Calcular, utilizando el m´etodo de R los operadores inversos, x3e2x dx. (Rta.: e2x 2 (x3 − 3x2 2 + 3 2x − 3 4 ) + C) Ejercicio 9. Calcular, R e−pttn dt, utilizando operadores inversos. (Rta.: −e−pt p h tn + ntn−1 p + n(n−1)tn−2 p2 + . . . + n! pn i + C) Ejercicio 10. Calcular, R xex cos 2x dx, utilizando operadores inversos. (Rta.: ex 5 x cos 2x + 3 5 cos 2x + 2x sen 2x − 4 + C) 5 sen x Ejercicio 11. Dada la E.D. y′′ + by′ + cy = eax, donde a no es ra´ız de la ecuaci´on caracter´ıstica: Mostrar que una soluci´on particular es de la forma yp = Aeax, donde A = 1 a2+ab+c . Ejercicio 11. Dada la E.D. y′′ + by′ + cy = eax, donde a es ra´ız de multiplicidad dos de la ecuaci´on caracter´ıstica: Mostrar que una soluci´on particular es de la forma yp = Ax2eax, donde A = 1 2 . 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY Definici´on 4.7. La E.D.O. lineal dxn + an−1xn−1 dn−1y anxn dny dxn−1 + . . . + a1x dy dx + a0y = f(x) donde a0, a1, . . . , an son constantes, an6= 0 y f(x) es continua, se le llama E.D.O. de Euler-Cauchy.
  191. 191. 138 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Con la sustituci´on z = ln x o x = ez, convertimos la E.D. de Euler-Cauchy (que es de coeficientes variables) en una E.D. con coeficientes constantes. Veamos por el m´etodo de inducci´on que Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas xn dny dxn = Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (n − 1))y En efecto, para n = 1, como z = ln x ⇒ dz dx = 1 x ⇒ dy dx = dy dz dz dx = dy dz 1 x ⇒ x dy dx = dy dz = Dzy (4.12) Supongamos que se cumple para n = k: xk dky dxk = Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y (∗) y veamos que para n = k + 1 se cumple que: xk+1 dk+1y dxk+1 = Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − k)y derivando (∗) con respecto a x , utilizando la regla de la cadena y las hip´otesis de inducci´on para n = k: d dx xk dky dxk = d dx (Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y) xk dk+1y dxk+1 + kxk−1 dky dxk = d dz (Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y) dz dx = D2 z(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1) y 1 x xk+1 dk+1y dxk+1 + kxk dky dxk = D2 z(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y xk+1 dk+1y z(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y − kxk dky dxk+1 = D2 dxk = D2 z(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y − kDz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))y = Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (k − 1))(Dz − k)y
  192. 192. 4.10. E.D.O. DE EULER - CAUCHY 139 hemos demostrado que para todo n = 1, 2, . . . se cumple que Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas xn dny dxn = Dz(Dz − 1)(Dz − 2) . . . (Dz − (n − 1))y (4.13) donde z = ln x Ejemplo 39. Resolver la siguiente ecuaci´on de Euler-Cauchy x2y′′ + xy′ + y = sec(ln x) Soluci´on: z = ln x ⇒ Dz(Dz − 1)y + Dzy + y = sec z D2 zy − Dzy + Dzy + y = sec z D2 zy + y = sec z ⇒ (D2 z + 1)y = sec z Ecuaci´on caracter´ıstica: m2 + 1 = 0 ⇒ m = ±i 1. yh = C1 cos z + C2 sen z Para hallar yp solo podemos aplicar el m´etodo de variaci´on de par´ame-tros, ya que los otros dos m´etodos no sirven para trabajar con las funci´on secante. La soluci´on particular, por el m´etodo de varicaci´on de par´ametros, es de la forma yp = u1y1 + u2y2 con y1 = cos z y y2 = sen z 2. W(y1, y2) =
  193. 193. y1 y2 y′1 y′2
  194. 194. =
  195. 195. cos z sen z −sen z cos z
  196. 196. = cos2 z + sen 2z = 1 3. u′1 = − f(z)y2 W(y1,y2) = −sec z sen z 1 = −tan z u′2 = f(z)y1 W(y1,y2) = sec z cos z 1 = 1 4. u1 = R u′1 dz = ln | cos z|, u2 = R u′2 dz = z 5. yp = u1y1 + u2y2 = (ln | cos z|) cos z + z sen z
  197. 197. 140 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES 6. y = yh + yp = C1 cos z + c2 sen z + cos z ln | cos z| + z sen z y = C1 cos(ln x) + C2 sen (ln x) + cos(ln x) ln | cos(ln x)| + ln x sen (ln x) Resolver las siguientes E.D. de Euler-Cauchy. Ejercicio 1. x2 d2y Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas dx2 − x dy dx + 2y = x ln x (Rta.: y = C1x cos(ln x) + C2x sen (ln x) + x ln x) Ejercicio 2. (x − 1)3 d3y dx3 + 2(x − 1)2 d2y dx2 − 4(x − 1) dy dx + 4y = 4 ln(x − 1) (Rta.: y = C1(x − 1) + C2(x − 1)−2 + C3(x − 1)2 + ln(x − 1) + 1) Ejercicio 3. x2y′′ − xy′ + y = x ln3 x 20x ln5 x) (Rta.: y = C1x + C2x ln x + 1 Ejercicio 4. x3D3y + 3x2D2y + 4xDy = sen (√3 ln x) (Rta.:y = C1 + C2 cos(√3 ln x) + C3 sen (√3 ln x) − ln x sen (√3 ln x) 6 ) Ejercicio 5. x3D3y + 3x2D2y + xDy = x3 (Rta.: y = C1 + C2 ln |x| + C3 ln2 |x| + 1 27x3) Ejercicio 6. x2D2y − 4xDy + 6y = ln x2 (Rta.: y = C1x3 + C2x2 + 1 3 ln x + 5 18 ) Ejercicio 7. x2D2y + xDy + 9y = cos(ln x3) (Rta.: y = C1 cos(ln x3) + C2 sen (ln x3) + 1 6 ln x sen (ln x3)) xy′ + 2 x2 y = x Ejercicio 8. y′′ − 2 1+x (Rta.: y = C1x2 + C2x + x2 ln |1 + x| + x ln |1 + x|) Ejercicio 9. Hallar una base para el n´ucleo del operador diferencial definido por: L(D) = x2D2 − xD + 5 : C2(I) −→ C(I) (Rta.: hx cos(ln x2), x sen (ln x2i)
  198. 198. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 141 4.11. APLICACIONES DE LA E.D. DE SE-GUNDO ORDEN 4.11.1. MOVIMIENTO ARM´O NICO SIMPLE Supongamos que tenemos un resorte dispuesto en forma vertical, con el Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas extremo superior fijado a una superficie horizontal y el otro extremo libre al cual se le fija una carga de masa m, la fuerza de recuperaci´on del resorte esta dada por la Ley de Hooke: F = ks donde s: elongaci´on del resorte. k: constante el´astica del resorte. Deduzcamos la E.D. que rige el movimiento de la masa sujeta al resorte (ver figura 4.2) con carga y en equilibrio F F s s x 0 x+ m mg m mg • sin carga equilibrio (P.E.) # con carga y con movimiento posici´on de La x bajo la posici´on de equilibrio se considera positiva; x = 0 es P.E. Figura 4.2
  199. 199. 142 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Por la segunda ley de Newton tenemos: Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas m d2x dt2 = −F + mg = −k(x + s) + mg ⇒ −F + mg = −kx |−ks{+z mg} = 0: en reposo m d2x dt2 = −kx ⇒ m d2x dt2 + kx = 0 ⇒ d2x dt2 + k m x = 0 llamemos k m = !2 ⇒ d2x dt2 + !2x = 0 | {z } E.D. segundo orden con coeficientes ctes. Ecuaci´on caracter´ıstica m2 + !2 = 0 ⇒ m = √ −!2 = ±!i Sol. general x(t) = C1 cos !t + C2 sen !t Condiciones iniciales: x(0) = Si 0: el cuerpo est´a por debajo de la P.E. (Posici´on de Equilibrio). Si 0: el cuerpo est´a por encima de la P.E. Si = 0: el cuerpo est´a en la P.E. x′(0) =
  200. 200. Si
  201. 201. 0 el cuerpo inicia su movimiento con velocidad hacia abajo. Si
  202. 202. 0 el cuerpo inicia su movimiento con velocidad hacia arriba.
  203. 203. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 143 Si
  204. 204. = 0 el cuerpo inicia su movimiento desde el reposo. Llamemos q C2 1 + C2 2 = A Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas y si hacemos sen = C1 A , cos = C2 A o sea que tan = C1 C2 La constante A se le llama la amplitud del Movimiento Arm´onico Simple (M.A.S.). y el ´angulo se le llama ´angulo de Fase. Como x(t) = A(C1 cos !t + C2 sen !t) A = A C1 A cos !t + C2 A sen !t = A( sen cos !t + cos sen !t) = Asen (!t + ) Periodo de Vibraciones Libres T se define as´ı: T = 2 ! Frecuencia f de vibraciones libres se define vomo el inverso del periodo, es decir: f = 1 T = ! 2 4.11.2. MOVIMIENTO AMORTIGUADO Cuando el cuerpo sujeto al resorte se mueve en un medio que produce fricci´on sobre el cuerpo, entonces decimos que el movimiento se efect´ua con amortiguamiento (ver figura 4.3), supongamos que el amortiguamiento es directamente proporcional a la velocidad. Por la segunda ley de Newton tenemos: m d2x dt2 = −k(x + s) + mg −
  205. 205. dx dt donde
  206. 206. constante de fricci´on o constante de amortiguamiento. m d2x dt2 +
  207. 207. dx dt + kx = 0 Dividiendo por m: d2x dt2 + 2 dx dt + !2x = 0
  208. 208. 144 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES • Matematicas m mg de Depto. Antioquia, de Universidad s x F x+ l´ıquido P.E.: x = 0 con carga y con movimiento Figura 4.3 Donde, 2 =
  209. 209. m 0 y !2 = k m Ecuaci´on caracter´ıstica: p2 + 2p + !2 = 0 p1,2 = −2 ± √42 − 4!2 2 = −2 ± 2√2 − !2 2 = − ± √2 − !2 Cuando 2 − !2 0, entonces a este movimiento se le llama so-breamortiguado (Ver figura 4.4), en este caso p1 y p2 son negativos. Y como x(t) = C1ep1t + C2ep2t = C1e(−+√2−!2)t + C2e(−− √2−!2)t por lo tanto l´ım t→∞ x(t) = 0 Cuando 2 − !2 = 0, a este movimiento se le llama cr´ıticamente amortiguado (Ver figura 4.5). x(t) = C1e−t + C2te−t = e−t(C1 + C2t), por lo tanto l´ım t→∞ x(t) = 0
  210. 210. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 145 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas x(t) 3 2 1 0 t Figura 4.4 Sobreamortiguado x(t) 1 0 t Figura 4.5 Cr´ıticamente amortiguado Cuando 2−!2 0 o lo que es lo mismo !2−2 0, a este movimien-to se le llama subamortiguado (Ver figura 4.6). x(t) = C1e−t cos√!2 − 2 t + C2e−t sen√!2 − 2 t p Llamemos C2 1 + C2 2 = A y C1 A = sen y C2 A = cos , entonces x(t) = A C1e−t cos√!2 − 2 t + C2e−t sen√!2 − 2 t A
  211. 211. 146 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas x(t) t Ae−t −Ae−t Figura 4.6 Subamortiguado = Ae−t C1 A cos√!2 − 2 t + C2 A sen√!2 − 2 t = Ae−t sen (√!2 − 2 t + ) Donde se le llama el ´angulo de fase. Nota: respecto al movimiento sobreamortiguado y cr´ıticamente amor-tiguado debemos anotar que no son movimientos oscilatorios y cruzan a lo sumo una vez la posici´on de equilibrio como se ve en las gr´aficas 4.4 y 4.5 4.11.3. MOVIMIENTO FORZADO. Ahora supongamos que el cuerpo sujeto al resorte esta en un medio que produce fricci´on y tambi´en hay una fuerza exterior F(t) que act´ua sobre el cuerpo (ver figura 4.7). Por la segunda ley de Newton: m d2x dt2 = −k(x + s) + mg −
  212. 212. dx dt + F(t) m d2x dt2 = −kx − ks + mg −
  213. 213. dx dt + F(t) m d2x dt2 +
  214. 214. dx dt + kx = F(t) | {z } E.D. segundo orden de coef. ctes, no homog´enea
  215. 215. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 147 con carga, con movimiento y con fuerza externa Matematicas m mg F(t) de Depto. Antioquia, de Universidad • s x F x+ l´ıquido P.E.: x = 0 (fuerza externa) Figura 4.7 Ejemplo 40. (Sin Amortiguaci´on) Este problema se le llama de Ampli-tud Modulada (A.M.). d2x dt2 + !2x = F0 cos t, donde F0 = constante, x(0) = 0 y x′(0) = 0. Soluci´on: la ecuaci´on caracter´ıstica: m2 + !2 = 0 ⇒ m = ±!i Por lo tanto la soluci´on homog´enea y particular son xh(t) = C1 cos !t + C2 sen !t 1 xp(t) = D2 + !2 F0 cos t = F0 1 − 2 + !2 cos t = F0 !2 − 2 cos t Soluci´on general: x(t) = C1 cos !t + C2 sen !t + F0 !2 − 2 cos t
  216. 216. 148 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Si elegimos como condiciones iniciales: x(0) = 0, x′(0) = 0 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas entonces C1 = − F0 !2 − 2 , C2 = 0 luego x(t) = F0 !2 − 2 (−cos !t + cos t) = F0 !2 − 2 (cos t − cos !t) = 2F0 !2 − 2 sen ! − 2 t sen ! + 2 t Periodo de sen !− 2 se calcula as´ı: ! − 2 T1 = 2 ⇒ T1 = 4 ! − Periodo de sen !+ 2 se calcula as´ı: ! + 2 T2 = 2 ⇒ T2 = 4 ! + ⇒ T1 T2 (Ver figura 4.8) T1 = 4 !− T2 x(t) t 2F0 !2− 2 sin(!− 2 )t !2− 2 sin(!− − 2F0 2 )t Figura 4.8 Pulsos Ejemplo 41. (Sin Amortiguamiento) Este problema se le llama de reso-nancia, ya que la velocidad angular (o frecuencia angular) de la fuerza exterior
  217. 217. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 149 esta en resonancia con la velocidad angular (o frecuencia angular) del cuerpo, es decir, ! = . d2x dt2 + !2x = F0 sen !t, Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas donde x(0) = 0 y x′(0) = 0 Soluci´on: xh(t) = C1 cos !t + C2 sen !t 1 xp(t) = D2 + !2 F0 sen !t = 1 D2 + !2 F0(Imei!t) = F0(Im 1 D2 + !2 ei!t ) = F0(Im ei!t 1 (D + !i)2 + !2 1 ) = F0(Im ei!t 1 D2 + 2i!D − !2 + !2 1 ) = F0(Im ei!t 1 (D + 2i!)D 1 ) = F0(Im ei!t 1 D + 2i! ) = F0(Im t ei!t 1 2i! 1 − D 2i! t ) = F0(Im(cos !t + i sen !t) 1 2i! t − 1 2i! ) = F0 2! (−t cos !t + 1 2! sen !t) descartamos el t´ermino F0 (2!)2 sen !t ya que esta en xh; la soluci´on general es x(t) = xh + xp = C1 cos !t + C2 sen !t − F0 2! t cos !t. Con las condiciones iniciales hallamos C1 y C2 y obtenemos (ver figura 4.9): x(t) = xh(t) + xp(t) = F0 sen !t 2!2 − F0 2! t cos !t |x(t)| =
  218. 218. F0 sen !t 2!2 − F0 2!
  219. 219. t cos !t t→∞ −→ ∞ NOTA: la E.D. del movimiento vibratorio de los resortes tambi´en se aplica en: a). Circuitos en serie, en este caso, la E.D. es L d2q dt2 + R dq dt + 1 C q = E(t)
  220. 220. 150 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas x(t) t F0 2! t − F0 2! t Figura 4.9 Resonancia Donde (ver figura 4.10) • q(t) es la carga instant´anea (medida en culombios) • E(t) es el voltaje o fuerza electromotriz suministrada (medida en voltios) • L es la inductancia (medida en henrios) • R es la resistencia (medida en ohmios) • C es la capacitancia ( medida en faradios) C E(t) L R Figura 4.10
  221. 221. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 151 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas b). Barra de torsi´on. La E.D. que rige el movimiento de torsi´on de un cuerpo suspendido del extremo de un eje el´astico es (ver figura 4.11) I d2 dt2 + c d dt + k = T(t) Eje el´astico (t) Figura 4.11 donde • I es el momento de inercia del cuerpo suspendido • c es la constante de amortiguaci´on • k es la constante el´astica del eje • T(t) es la fuerza de torsi´on exterior suministrada al cuerpo c). Movimiento pendular; un p´endulo es una masa m atada al extremo de una cuerda de longitud a y de masa despreciable y el otro extremo fijo. Hallemos la E.D. que rige su movimiento sin fricci´on. Por la segunda ley de Newton y teniendo en cuenta que la componente del peso en la direcci´on tangencial es mg sen , se tiene que m d2s dt2 = −mg sen , (4.14)
  222. 222. 152 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES a m s Matematicas Figura 4.12 de Depto. Antioquia, de Universidad pero s = a, luego d2s dt2 = ad2 dt2 y sustituyendo en 4.14 se obtiene a d2 dt2 = −g sen (4.15) de la cual obtenemos la E.D. no lineal d2 dt2 + g a sen = 0 (4.16) Para valores peque˜nos de , se tiene que sen ≈ y por tanto d2 dt2 + g a = 0 (4.17) que es una E.D. lineal. El proceso anterior lo llamamos linealizaci´on de una E.D. no lineal. En forma similar obtenemos la E.D. para el p´endulo amortiguado d2 dt2 + c m d dt + g a sen = 0 (4.18) donde c es la constante de amortiguamiento. Linealizando 4.18 d2 dt2 + c m d dt + g a = 0 (4.19)
  223. 223. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 153 Ejemplo 42. Un cilindro homog´eneo de radio r pies y peso W libras y mo-mento Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas de inercia Ig = W g r2 2 (con respecto a su eje g), tiene una cuerda flexible enrollada alrededor de su eje central. Cuando el cuerpo cae la resistencia del aire es W 170 veces su velocidad instant´anea. Si arranca desde el reposo, hallar la distancia y de ca´ıda, en funci´on del tiempo t, la velocidad l´ımite y el por-centaje de velocidad l´ımite adquirido en 20 seg. (Ver figura 4.13) + Wv 170 + W T y Figura 4.13: yo-yo Soluci´on. Si es el ´angulo de giro alrededor del eje g en sentido horario (ver figura 4.13), entonces y = r y por tanto v = dy dt = r d dt y a = d2y dt2 = r d2 dt2 Por la segunda ley de Newton: X de fuerzas en la direcci´on del eje y = m d2y dt2 (4.20) luego − T +W − W 170 dy dt = m d2y dt2 (4.21) : X de torques alrededor del eje g = Ig d2 dt2
  224. 224. 154 CAP´ ITULO 4. TEORIA DE LAS E.D.O. LINEALES Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas Tr = W g r2 2 1 r d2y dt2 = Wr 2g d2y dt2 (4.22) despejando T en (4.22) y sustituyendo en (4.21), se tiene − W 2g d2y dt2 +W − W 170 dy dt = m d2y dt2 = W g d2y dt2 3 2 W g d2y dt2 + W 170 dy dt = W luego d2y dt2 + g 255 dy dt = 2g 3 las condiciones iniciales son y(0) = 0 y y′(0) = 0. La soluci´on general es y = C1 + C2e− g 255 t + 170(t − 255 g ) y la soluci´on particular es y = 170 × 255 g e− g 255 t + 170(t − 255 g ) la velocidad es y′ = −170e− g 255 t + 170 la velocidad l´ımite l´ım t→∞ y′ = 170 = vl el porcentaje de velocidad l´ımite y′(20) vl 100 = [−170e− g 255 20 + 170 170 ]100 = (1 − e− g 255 20)100 = (1 − e− 4 51 g)100 Resolver los siguientes ejercicios: Ejercicio 1. Un peso de 8 libras sujeto a un resorte, est´a sometido a un movimiento arm´onico simple. Determinar la ecuaci´on del movimiento si la constante del resorte es 1 libra/pie y si el peso se suelta desde un punto que est´a 6 pulg. bajo la posici´on de equilibrio con una velocidad dirigida hacia
  225. 225. 4.11. APLICAC. DE LA E.D. DE SEGUNDO ORDEN 155 Universidad de Antioquia, Depto. de Matematicas abajo de 3 2 pie/seg. Hallar la soluci´on utilizando el ´angulo de fase. (Rta.: x(t) = 1 2 cos 2t + 3 4 sen 2t = √13 4 sen (2t + 0,5880)) Ejercicio 2. Un peso de 24 libras sujeto al extremo de un resorte lo estira 4 pulg. Encuentre la ecuaci´on del movimiento si el peso, en reposo, se suelta desde un punto que est4√´a 3 pulg. sobre la posici´on de equilibrio. (Rta.: x(t) = −1 cos 6t) 4 Ejercicio 3. Un extremo de una banda el´astica est´a sujeto a un punto A. Una masa de 1 kg. atada al otro extremo, estira la banda verticalmente hasta un punto B, de tal manera que la longitud AB es 16 cm. mayor que la longitud natural de la banda. Si la masa se estira mas, ´hasta una posici´on de 8 cm. debajo de B y se suelta; cual ser´a su velocidad (despreciando la resistencia), al pasar por B? √(Rta.: ± g mts./seg.) 5 Ejercicio 4. Un resorte, cuya constante es k = 2, esta suspendido y sumergido en un l´ıquido que opone una fuerza de amortiguaci´on n´umerica-mente igual a 4 veces la velocidad instant´anea . Si una masa m se suspende del resorte, determinar los valores de m para los cuales el movimiento poste-rior no sea oscilatorio. (Rta.: 0 m ≤ 2 Ejercicio 5. Un peso de 32 libras estira un resorte 6 pulgadas. El peso se mueve en un medio que opone una fuerza de amortiguaci´on n´umericamente igual a
  226. 226. veces la velocidad instant´anea. Determinar los valores de
  227. 227. para los cuales el sistema mostrar´a un movimiento oscilatorio. (Rta.: 0
  228. 228. 16) Ejercicio 6. Un bloque c´ubico de madera cuyo lado mide 1 pie se hunde hasta que su cara superior est´a a nivel de la superficie del agua y luego se suelta. Se encuentra que el periodo es 1 seg.. Despreciando la resistencia, hal-lar la E.D. del movimiento del bloque y hallar el peso P del bloque?(Ayuda: la fuerza hacia arriba ejercida sobre el bloque es igual al peso del agua desa-lojada por el bloque; densidad de peso del agua: 62,4lb/pie2) (Rta.: d2x dt2 + 62,4g P x = 0, 62,4 g 42 ) Ejercicio 7. Un bloque cil´ındrico de madera, de radio y altura 1 pie y

×